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Ministério da Educação
Universidade Tecnológica Federal do Paraná
Campus Curitiba
Gerência de Ensino e Pesquisa
Departamento Acadêmico de Matemática
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
NOTAS DE AULA
Profa Paula Francis Benevides
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
1
AULA 01
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
1 – INTRODUÇÃO:
Antes de mais nada, vamos recordar a diferença entre a derivada e a diferencial, pois,
embora a derivada e a diferencial possuam as mesmas regras operacionais, esses dois
operadores têm significados bastante diferentes. As diferenças mais marcantes são:
a) a derivada tem significado físico e pode gerar novas grandezas físicas, como por
exemplo a velocidade e a aceleração; a diferencial é um operador com propriedades
puramente matemáticas;
b) a derivada transforma uma função em outra, mantendo uma correspondência
entre os pontos das duas funções (por exemplo, transforma uma função do segundo
grau em uma função do primeiro grau); a diferencial é uma variação infinitesimal de
uma grandeza;
c) a derivada é uma operação entre duas grandezas; a diferencial é uma operação
que envolve uma grandeza;
d) o resultado de uma derivada não contém o infinitésimo em sua estrutura;
conseqüentemente, não existe a integral de uma derivada; a integral só pode ser
aplicada a um termo que contenha um diferencial (infinitésimo);
e) Se for feito o quociente entre os dois diferenciais, tem-se:
em total semelhança com a definição de derivada. A conseqüência direta desse fato é
que a derivada não é o quociente entre duas diferenciais, mas comporta-se como se
fosse esse quociente. Isto significa que a partir da relação:
é possível escrever:
dy = f(x).dx
que se denomina equação diferencial.
f) uma das aplicações mais importantes envolvendo derivadas e diferenciais é a
obtenção da equação diferencial, etapa fundamental para a introdução do Cálculo
Integral.
1.1 - Definição: Equação diferencial é uma equação que relaciona uma função e suas
derivadas ou diferenciais. Quando a equação possui derivadas, estas devem ser passadas para
a forma diferencial. As equações diferenciais da forma ( )yfy =′ são chamadas de
autônomas.
Exemplos:
1) 13 −= x
dx
dy
2) 0=− ydxxdy
3)
2
2 3 2 0
d y dy y
dxdx
+ + =
4) 2"' 2( ") ' cosy y y x+ + =
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
2
5) 2 3 2( ") ( ') 3y y y x+ + =
6)
2 2
2
2 2
z z x y
x y
∂ ∂+ = +∂ ∂
7)
z zz x
x y
∂ ∂= +∂ ∂
1.2 - Classificação:
Havendo uma só variável independente, como em (1) a (5), as derivadas são ordinárias
e a equação é denominada equação diferencial ordinária.
Havendo duas ou mais variáveis independentes, como em (6) e (7), as derivadas são
parciais e a equação é denominada equação diferencial parcial.
1.2.1 - Ordem: A ordem de uma equação diferencial é a ordem de mais alta derivada que
nela aparece. As equações (1), (2) e (7) são de primeira ordem; (3), (5) e (6) são de segunda
ordem e (4) é de terceira ordem.
1.2.2 - Grau: O grau de uma equação diferencial, que pode ser escrita, considerando a
derivadas, como um polinômio, é o grau da derivada de mais alta ordem que nela aparece.
Todas as equações dos exemplos acima são do primeiro grau, exceto (5) que é do segundo
grau.
As equações diferenciais parciais serão vista mais adiante.
Exemplos:
1
3
33
3
=−
dx
yd
y
dx
ydx ⇒ 3
32
3
3
dx
ydy
dx
ydx =−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⇒ 3a ordem e 2o grau
yxLg
dx
dyLg =− 2 ⇒ y
x
dx
dy
Lg =2 ⇒ yedx
dy
x
=.12 ⇒ yexdx
dy 2= ⇒ 1a ordem e 1o grau
Observe que nem sempre à primeira vista, pode-se classificar a equação de imediato
quanto a ordem e grau.
1.3 – Origem das Equações Diferenciais:
Uma relação entre as variáveis, encerrando n constantes arbitrárias essenciais, como
4y x Cx= + 4y x Cx= + ou 2y Ax Bx= + , é chamada uma primitiva. As n constantes,
representadas sempre aqui, por letras maiúsculas, serão denominadas essenciais se não
puderem ser substituídas por um número menos de constantes.
Em geral uma primitiva, encerrando n constantes arbitrárias essenciais, dará origem a
uma equação diferencial, de ordem n, livre de constantes arbitrárias. Esta equação aparece
eliminando-se as n constantes entre as (n + 1) equações obtidas juntando-se à primitiva as n
equações provenientes de n derivadas sucessivas, em relação a variável independente, da
primitiva.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
3
Exemplos: Obter a equação diferencial associada às primitivas abaixo:
a) 6
2
3 2 +−= xxy
b) y = C1 sen x + C2 cos x
c) y = Cx2
d) y = C1 x2 + C2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
4
e) y = a cos(x + b) onde a e b são constantes
f) y = C1 e3x + C2 e- 2x
AULA 01 – EXERCÍCIOS
1) x2 + y2 = C2
2) y = C ex
3) x3 = C (x2 – y2)
4) y = C1 cos 2x + C2 sen 2x
5) y = (C1 + C2x) ex + C3
6) y = C1 e2x + C2 e- x
7) ay
y
xLg += 1
8) x2y3 + x3y5 = C
9) y = Ax2 + Bx + C
10) y = Ae2x + Bex + C
11) y = C1e3x + C2e2x + C3 ex
12) ln y = Ax2 + B
Respostas:
1) 0=+ ydyxdx
2) 0=− y
dx
dy
3)
dx
dyxyxy 23 22 =−
4) 042
2
=+ y
dx
yd
5) 02 2
2
3
3
=+−
dx
dy
dx
yd
dx
yd
6) 022
2
=−− y
dx
dy
dx
yd
7) 0ln =−⋅ y
dx
dy
y
xx
8) 22 3 3 5 0dy dyy x xy y x
dx dx
⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠
9)
3
3 0
d y
dx
=
10)
3 2
3 26 11 6 0
d y d y dy y
dxdx dx
− + − =
11)
2
3 22 4 0dy dyx x y
dx dx
⎛ ⎞ + − =⎜ ⎟⎝ ⎠
12) 2" ' ( ') 0xyy yy x y− − =
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
5
AULA 02
1.3 - Resolução: Resolver uma ED é determinar todas as funções que, sob a forma finita,
verificam a equação, ou seja, é obter uma função de variáveis que, substituída na equação,
transforme-a numa identidade. A resolução de uma equação diferencial envolve basicamente
duas etapas: a primeira, que é a preparação da equação, que consiste em fazer com que cada
termo da equação tenha, além de constantes, um único tipo de variável. A segunda etapa é a
resolução da equação diferencial e consiste na aplicação dos métodos de integração.
¾ Solução geral: (a primitiva de uma equação diferencial) solução que contem tantas
constantes arbitrárias quantas forem as unidades de ordem da equação.
¾ Solução particular: solução da equação deduzida da solução geral, atribuindo-se
valores particulares as constantes arbitrárias.
¾ Solução singular: solução que não pode ser deduzida da equação geral.
1.4 - Curvas Integrais:
Geometricamente, a primitiva é a equação de uma família de curvas e uma solução
particular é a equação de uma dessas curvas. Estas curvas são denominadas curvas integrais
da equação diferencial.
Exemplo:
x
dx
dy 2=
2 - EQUAÇÕES DE PRIMEIRA ORDEM E PRIMEIRO GRAU
São equações de 1a ordem e 1o grau:
),( yxF
dx
dy = ou 0=+ NdyMdx
em que M = M(x,y) e N = N(x,y).
Estas funções tem que ser contínuas no intervalo considerado (- ∞, ∞)
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
6
2.1 – TIPOS DE EQUAÇÃO:
2.1.1 - EQUAÇÕES DE VARIÁVEIS SEPARÁVEIS.
Uma equação do tipo Mdx + Ndy = 0 em que M e N pode ser:
a) Funções de apenas uma variável:
b) Produtos com fatores de uma só variável ou
c) Constantes.
é denominada equação de variáveis separáveis.
Exemplos: Resolver as seguintes equações:
1) 13 −= x
dx
dy
2) y dx – x dy = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
7
3) 04 =−− dy
y
xxdx
4) 0secsec. =− xdytgyydxtgx
5) 01)1( 222 =−−− dyxdxyx
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
8
6) (x – 1) dy – y dx = 0
7)
xyx
y
dx
dy
)1(
1
2
2
+
+=
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
9
8) (1 + x2)dy – xydx = 0
9) 2
2
1
1
x
y
dx
dy
+
+=
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
10
10) 0cos =+ xy
dx
dy
AULA 02 – EXERCÍCIOS
1) 0.1 =−
dx
dytgy
x
2) 4xy2 dx + (x2 + 1) dy = 0
3) (2+ y) dx - (3 – x) dy = 0
4) xy dx – (1 + x2) dy = 0
5)
42
2
+=
−
x
e
dx
dy y
6) (1 + x2) y3 dx + (1 – y2) x3 dy = 0
7)
dx
dyxyy
dx
dyxa =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + 2
8) sec2 x tg y dx + sec2 y tg x dy = 0
9) (x2 + a2)(y2 + b2)dx + (x2 – a2)(y2 – b2)dy = 0
Respostas:
1) x cos y = C
2) C
y
x =−+ 1)1ln(2 2
3) (2 + y)(3 – x) = C
4) C y2 = 1 + x2
5) Cxarctge y =−
2
2
6) C
yxy
x =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +− 22 112
1ln
7)
y
y
k
a aex
+= ln2
8) tg x . tg y = C
9) C
b
ybarctgy
ax
axax =−++
−+ 2ln
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
11
AULA 03
2.1.2 - EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS
Uma função f = f(x, y) é denominada homogênea de grau k se, para todo t ∈ R, vale a
relação f(tx, ty) = tk f(x, y). Uma função f = f(x, y) é homogênea de grau 0 se, para todo t ∈
R, vale a relação f(tx, ty) = f(x, y)
Exemplos:
1) A função f(x, y) = x2 + y2 é homogênea de grau 2.
2) 2
2
),(
y
xyxg = e ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
x
yarctgyxh ),( são funções homogêneas de grau 0
Uma forma simples de observar a homogeneidade de uma função polinomial é constatar que todos
os monômios da função possuem o mesmo grau. No caso de uma função racional (quociente de
polinômios), os membros do numerador devem ter um mesmo grau m e os membros do denominador
devem também ter um mesmo grau n, sendo que o grau da expressão do denominador pode ser menor ou
igual que o grau da expressão do numerador.
Uma equação diferencial de primeira ordem na forma normal y’ = f(x, y) é dita homogênea se
),( yxff = é uma função homogênea de grau zero.
Exemplos:
1)
xy
yx
dx
dy 22 +=
2) 2
2
'
y
xy =
3) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
x
yarctgy'
Resumindo, As equações homogêneas são as da forma Mdx + Ndy = 0, onde M e N são
funções homogêneas em x e y e do mesmo grau.
2.1.2.1 – Resolução:
Pode-se resolver uma Equação Diferencial Homogênea, transformando-a em uma
equação de variáveis separáveis com a substituição y(x)=x.u(x) ou de uma forma mais
simples y = x.u, onde u = u(x) é uma nova função incógnita. Assim, dy = xdu + udx e uma
equação da forma y’ = f(x,y) pode ser transformada em uma equação separável da forma
),( xuxfu
dx
dux =+ e após simplificações obtemos uma equação com variáveis separáveis.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
12
Exemplos:
1) (x2 – y2) dx – 2xy dy = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
13
2) (2x – y) dx – (x + 4y) dy = 0
AULA 03 – EXERCÍCIOS
1) (x – y) dx – (x + y) dy = 0
2) (x2 + y2) dx + (2x + y)y dy = 0
3) (x + y) dx + (y – x) dy = 0
4) (x2 + y2) dx – xy dy = 0
5) 044
2
2
2
2 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
dx
dyyxy
dx
dyy
6) Determinar a solução particular da
equação (x2 – 3y2)dx + 2xydy = 0 para y =
1 e x = 2.
Respostas:
1) y2 + 2xy – x2 = K
2) y3 + 3xy2 + x3 = k
3)
x
yarctgyxC =+ 221ln
4)
2
2
2 x
y
kex =
5) Cxyx =±− 23 22
6) xxy
8
31−=
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
14
AULA 04
2.1.3 – EQUAÇÕES REDUTÍVEIS ÀS HOMOGÊNEAS E EQUAÇÕES REDUTÍVEIS
ÀS DE VARIÁVEIS SEPARADAS;
São as equações que mediante determinada troca de variáveis se transformam em
equações homogêneas ou em equações de variáveis separáveis.
São equações da forma:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
++
++=
222
111
cybxa
cybxaF
dx
dy
onde a1, a2, b1, b2, c1 e c2 são constantes.
Observemos que a equação acima não é de variáveis separáveis porque temos uma
soma das variáveis x e y e também não é homogênea pela existência de termos
independentes, portanto deveremos eliminar ou a soma ou o termo independente. O que
equivale a efetuar uma translação de eixos.
Para esse tipo de equação tem dois casos a considerar:
2.1.3.1 – O determinante
22
11
ba
ba
é diferente de zero
Resolução:
Seja o sistema (1)
⎩⎨
⎧
=++
=++
0
0
222
111
cybxa
cybxa
cuja solução é dada pelas raízes x = α e y = β .
A substituição a ser feita será:
⎩⎨
⎧
=∴+=
=∴+=
dvdyvy
dudxux
β
α
Observa-se que, geometricamente, equivaleu a uma translação dos eixos coordenados
para o ponto ( βα , ) que é a interseção das retas componentes do sistema (1), o que é
verdadeiro, uma vez eu o determinante considerado é diferente de zero.
Assim sendo, a equação transformada será:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
++++
++++=
22222
11111
cbavbua
cbavbuaF
du
dv
βα
βα
x
y
u
v
P
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15
Como α e β são as raízes do sistema:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
+
+=
vbua
vbuaF
du
dv
22
11
que é uma equação homogênea do tipo visto anteriormente.
Exemplos:
Resolver a equação
23
132
−+
−−=
yx
yx
dx
dy
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
16
2.1.3.2 – O determinante
22
11
ba
ba
é igual a zero.
Assim, observe-se que o método aplicado no 1o caso não fará sentido, de vez que as
retas no sistema seriam paralelas e sua interseção seria verificada no infinito (ponto
impróprio). A equação se reduzirá a uma de variáveis separáveis.
Como
22
11
ba
ba
= 0, os coeficientes de x e y são proporcionais, de modo que se pode
escrever:
a1b2 = a2b1 ∴
1
2
1
2
b
b
a
a = (1)
Chamando a relação constante (1) de m, pode-se escrever:
1
2
1
2
1
2
c
cm
b
b
a
a ≠==
a2 = ma1
b2 = mb1
Assim:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
++
++=
211
111
)( cybxam
cybxaF
dx
dy
Fazendo a1x +b1y = t, e sendo t = f(x), tem-se:
)(1 1
1
xat
b
y −=
Derivando em relação a x:
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= 1
1
1 a
dx
dt
bdx
dy
Equação transformada:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
+
+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
2
1
1
1
1
cmt
ctFa
dx
dt
b
)(11 tGbadx
dt =−
que é uma equação de variáveis separáveis.
Exemplo: Resolver a equação
136
12
−−
+−=
yx
yx
dx
dy
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
17
Aula 04 – Exercícios
1) (2x – 3y)dx – (3x – y -1)dy = 0
2) (x + 2y – 4)dx – (2x + y -5)dy = 0
3) (3y + x)dx + (x + 5y – 8)dy = 0
4) (2x + 3y -1)dx + (2x + 3y + 2)dy = 0
5)
yx
yx
dx
dy
++
−−=
1
331
Respostas:
1) 2x2 – 6xy + y2 + 2y = K
2) (y – x + 1)3 = K(x + y – 3)
3) ln[5(y – 4)2 + 4(x + 12)(y – 4) + (x + 12)2] –
2 arctg ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++
− 2
12
)4(5
x
y
= K
4) 3x + 3y = - 9ln(2x + 3y – 7) + C
5) 3x + y + 2ln(-3x – 3y + 3) = K
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
18
AULA 05
2.1.4 – EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS:
Uma equação do tipo M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (1) é denominada diferencial exata, se
existe uma função U(x,y) tal que dU(x,y) = M(x,y)dx + N(x,y)dy. A condição necessária e
suficiente para que a equação (1) seja uma diferencial exata é que:
x
N
y
M
∂
∂=∂
∂
Dada a equação diferencial exata Mdx+Ndy=0 (1) e seja u=f(x,y)=C sua solução, cuja
diferencial dada por:
dy
y
udx
x
udu ∂
∂+∂
∂= (2).
Então, comparando (1) e (2) teremos:
),( yxM
x
u =∂
∂
(3) e ),( yxN
y
u =∂
∂
(4).
Para obtermos a sua solução u=f(x,y) deveremos integrar, por exemplo,a expressão (3),
em relação à variável x, da qual teremos
∫ += )(),(),( ygdxyxMyxf (5).
Derivando parcialmente (5) em relação à y teremos:
)('
),(
yg
y
dxyxM
y
f +∂
∂=∂
∂ ∫
(6).
Igualando (6) e (4) resulta:
),()('
),(
yxNyg
y
dxyxM =+∂
∂∫
.
Isolando g’(y) e integrando em relação a y acharemos:
1
),(
),()( Cdy
y
dxyxM
yxNyg +⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−= ∫ ∫ (7).
Substituindo (7) em (5) teremos a solução geral da equação exata, que é:
Cdy
y
dxyxM
yxNdxyxMyxf =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−+= ∫ ∫∫ ),(),(),(),( .
Logo, a solução é da forma
∫ ∫ =⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−+= Cdy
y
PNMdxyxU ),(
onde costuma-se denotar ∫= MdxP
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
19
Exemplos:
1) (x2 – y2)dx – 2xy dy = 0
2) (2x – y + 1) dx – (x + 3y – 2) dy = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
20
3) ey dx + ( xey – 2y) dy = 0
AULA 05 – EXERCÍCIOS
1) (x3 + y2) dx + ( 2xy + cos y) dy = 0
2) 2xy dx + x2 dy = 0
3) senh x.cosy dx = coshx.seny dy
4) 0)( 22 =−− θθ drrdre
5)
2222 yxy
xdy
y
dy
yx
dx
+=++
Respostas:
1) Ksenyxyx =++ 2
4
4
2) x2y = K
3) coshxcosy = K
4) Kre =− 22θ
5) Kyxx =++ 22
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
21
AULA 06
2.1.4.1 – FATOR INTEGRANTE:
Nem sempre a ED é exata, ou seja, Mdx + Ndy = 0 não satisfaz, isso é:
x
N
y
M
∂
∂≠∂
∂
.
Quando isso ocorre vamos supor a existência de uma função F(x, y) que ao multiplicar
toda a ED pela mesma resulta em uma ED exata, ou seja, F(x,y)[Mdx +Ndy] = 0, e esta é
uma ED exata.
Se ela é exata, existe u(x, y) = cte e MF
dx
u .=∂ e NF
dy
u .=∂ e
FN
x
FM
yx
N
y
M
yx
u
∂
∂=∂
∂=∂
∂=∂
∂=∂∂
∂ 2
Tomando a condição de exatidão FN
dx
FM
y
∂=∂
∂
F
x
NN
x
FF
y
MM
y
F
∂
∂+∂
∂=∂
∂+∂
∂
e achar F por aqui é loucura!!!!!!!
Vamos supor então que F(x,y) = F(x)
x
NFN
x
F
y
MF ∂
∂+∂
∂=∂
∂
dividindo tudo por FN≠ 0 e organizando, temos:
x
N
Nx
F
Fy
M
N ∂
∂⋅+∂
∂⋅=∂
∂⋅ 111
x
N
Ny
M
Nx
F
F ∂
∂⋅−∂
∂⋅=∂
∂⋅ 111
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂⋅=∂
∂⋅
x
N
y
M
Nx
F
F
11
reescrevendo: dx
x
N
y
M
N
dF
F ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂⋅= 11
integrando: ∫ += CdxxRF )(ln
∫= dxxRecxF )(.)(
onde:
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=
x
N
y
M
N
xR 1)(
analogamente, supondo F(x,y) = F(y) que torne exata FMdx + FNdy = 0 teremos:
∫= dyyRecyF )(.)(
onde:
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂−=
x
N
y
M
M
xR 1)(
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
22
Em resumo:
Quando a expressão Mdx + Ndy não é diferencial exata, isto é,
x
N
y
M
∂
∂≠∂
∂
, mostra-se
que há uma infinidade de funções ),( yxF , tais que )( NdyMdxF + é uma diferencial exata.
A esta função ),( yxF , dá-se o nome de fator integrante.
F(x): F(y):
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂=
x
N
y
M
N
xR 1)( ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂−∂
∂−=
x
N
y
M
M
yR 1)(
∫= dxxRecxF )(.)( ∫= dyyRecyF )(.)(
Exemplos: Resolver as seguintes equações diferenciais transformando em exatas através do
fator integrante.
1) y2 dx + (xy + 1) dy = 0
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
23
2) (x2 – y2) dx + 2xy dy = 0
AULA 06– EXERCÍCIOS
1) (2cos y + 4x2) dx = x sen y dy
2) 2x tg y dx + sec2 y dy = 0
3) seny dx + cos y dy = 0
Encontre a solução particular em:
4) 2xy dy = (x2 + y2) dx para y(1) = 2
5) 3y2 dx + x dy = 0 para y(1) = 1/2
Respostas:
1) x2 cos y + x4 = C
2) Ctgyex =2
3) Ceseny x =.
4) xxy 32 +=
5)
2ln3
1
+= xy
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
24
AULA 07
2.1.5 – EQUAÇÕES LINEARES:
Uma equação diferencial linear de 1a ordem e 1o grau tem a forma:
)()( xQyxP
dx
dy =+ (1)
Se Q(x) = 0, a equação é dita homogênea ou incompleta; enquanto, se Q(x)≠ 0, a
equação é dita não-homogênea ou completa. Analisaremos dois métodos de solução de
equações diferenciais desse tipo a saber:
1o Método: Substituição ou de Lagrange:
Esse método foi desenvolvido por Joseph Louis Lagrange (matemático francês: 1736-
1813) criador da Mecânica Analítica e dos processos de Integração das Equações de Derivadas
Parciais. O método consiste na substituição de “y” por “Z.t” na equação (1), onde t = φ (x) e
Z= )(xψ , sendo Z a nova função incógnita e t a função a determinar, assim y = Z.t.
Derivando em relação a x, tem-se:
dx
dZt
dx
dtZ
dz
dy += (2)
Substituindo (2) em (1) vamos obter:
QPZt
dx
dZt
dx
dtZ =++
Q
dx
dZtPt
dx
dtZ =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + (3)
Para integral a equação (3), examina-se dois casos particulares da equação (1) a saber:
i) P = 0, então dy = Qx, logo, CQdxy += ∫ (4)
ii) Q = 0, então 0=+ Py
dx
dy
(equação homogênea) que resulta em dy + Pydx = 0 que é de
variáveis separáveis. Daí, 0=+ Pdx
y
dy
. Integrando essa última, resulta em ∫−= PdxCyln .
Aplicando a definição de logaritmo, passamos a escrever a solução ∫=∫= −− PdxCPdxC eeey .
Fazendo Cek = , temos ∫= − Pdxkey (5) que representa a solução da equação homogênea ou
incompleta. Agora, vamos pesquisar na equação (3) valores para “t” e “Z”, uma vez que
y=Z.t, teremos a solução da equação (1) que uma equação linear completa (não-homogênea).
Se igualarmos os coeficientes de Z a um certo fator, o valor daí obtido poderá ser levado ao
resto da equação, possibilitando a determinação de Z uma vez que “t” pode ser determinado a
partir desta condição. Assim, vamos impor em (3), que o coeficiente de Z seja nulo. Feito isto,
0=+ Pt
dx
dt
(6), que é da mesma forma já estudada no caso ii. Assim, ∫= − Pdxket . Substituindo
este resultado em Q
dx
dZt = obtemos Q
dx
dZke
Pdx =∫− . Daí, Qe
kdx
dZ Pdx∫= 1 e Qdxe
k
dZ
Pdx∫= 1 .
Integrando este último resultado, temos CQdxe
k
Z
Pdx +∫= ∫1 (7). Lembrando que y = Z.t,
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
25
vamos obter, substituindo “t” e “Z”: ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +∫∫= ∫− CQdxekkey PdxPdx 1 , onde resulta, finalmente
em:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +∫∫= ∫− CdxQeey PdxPdx .. (8) que é a solução geral da equação (1)
2o Método: Fator Integrante:
Este método consiste na transformação de uma equação linear em outro do tipo
diferencial exata, cuja solução já estudamos anteriormente. Posto isto, vamos retornando à
equação original de nosso problema:
QPy
dx
dy =+
Vamos reescrever esta última sob a forma
(Py – Q) dx + dy = 0
Multiplicando ambos os membros por
∫ Pdxe (fator integrante) obtemos a expressão
( ) 0=∫+−∫ dyedxQPye PdxPdx . Aqui, identificamos as funções “M” e “N”:
( )QPyeM Pdx −∫= e ∫= PdxeN
Derivando M com relação a y e N com relação a x, obtemos:
∫=∂
∂ PdxPe
y
M
e ∫=∂
∂ PdxPe
x
N
confirmando assim, que a equação transformada é uma equação diferencial exata.
Exemplos:
1) Resolver a equação 2−=− x
x
y
dx
dy
por:
a. Lagrange
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
26
b. Fator integrante:
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
27
2) senxytgx
dx
dy =−
AULA 7 – EXERCÍCIOS
1) 0cot =−+
x
gx
x
y
dx
dy
2) arctgxy
dx
dyx =++ )1( 2
3) xytgx
dx
dy cos. +=
4) x
x
y
dx
dy =−
5) 3
2 x
x
y
dx
dy =+
6) (x + seny – 1)dy – cosy.dx = 0
7) Achar a solução particular para y = 0 e x=0
em
x
ytgx
dx
dy
cos
1=−
Respotas:
1) [ ]Csenx
x
y += )ln(1
2) arctgxeCarctgxy −+−= .1
3) xCxsenxy sec2
4
1
2
1
1 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ++=
4) 2xCxy +=
5) 2
4
6
1
x
Cxy +=
6) x=(-2tgy+2secy+y+c)(secy+tgy)
7)
x
xy
cos
=
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
28
AULA 08
2.1.5 – EQUAÇÕES DE BERNOULLI:
Equação da forma:
nQyPy
dx
dy =+ (1) para 1≠n e 0≠n
Pois, se:
n = 0 ⇒ y’ + P(x)y = g(x) ⇒ caso anterior
n = 1 ⇒ y’ + [P(x) – g(x)] y = 0 ⇒ caso anterior e homogênea
Transformação de variável:
Substitui por ty n =−1
Deriva-se em relação a x:
dx
dt
dx
dyyn n =− −)1( (2)
Substituindo (1), que é:
nQyPy
dx
dy =+ ⇒ PyQy
dx
dy n −=
em (2) temos:
( )
dx
dtPyQyyn nn =−− −)1(
( )( )
dx
dtPyQn n =−− −11
como ty n =−1 , temos:
dx
dtPtQn =−− ))(1(
QntPndx
dt )1(])1[( −=−+
Tornando-se assim uma equação linear a ser resolvida pelo método anterior.
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
29
Exemplos:
1) 232 xy
x
y
dx
dy =−
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
30
2) 32 xyxy
dx
dy =−
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
31
AULA 08 – EXERCÍCIOS
1) 33 yxxy
dx
dy =+
2) xyy
dx
dyx ln2=+
3) 33 yxy
dx
dyx =+
4) yxy
xdx
dy += 4
5) 02 2 =+− xy
dx
dyxy
Respostas:
1) 2
.1
1
2 xeCx
y
++
=
2)
Cxex
y += ).ln(
1
3) 1.2 2223 =+− yxCyx
4)
2
4 ln
2
1 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ += Cxxy
5)
x
Cxy ln.2 =
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
32
AULA 09
2.1.6 – EQUAÇÃO DE RICCATI:
A equação de Jacopo Francesco Riccati (matemático italiano 1676 – 1754) é da forma
)()()( 2 xRyxQyxP
dx
dy ++= (1)
onde P, Q e R designam funções de x. Observamos que, quando P(x)=0 temos a equação
linear e, quando R(x) = 0 temos a equação de Bernoulli. Liouville (matemático francês)
mostrou que a solução da equação de Riccati só é possível quando se conhece uma solução
particular y0. Caso contrário, ela só é integrável através de uma função transcendente.
Resolução:
Admitindo-se uma solução particular y0 da equação (1) e fazendo y = y0 + z (2), onde
“z” é uma função a ser determinada. Como y0 é solução, temos
RQyPy
dx
dy ++= 0200 (3)
Por outro lado, derivando (2) tem-se:
dx
dz
dx
dy
dx
dy += 0 (4)
Substituindo (2) e (4) na equação (1) :
RzyQzyP
dx
dz
dx
dy ++++=+ )()( 0200
Desenvolvendo e agrupando os termos:
RQyPyzQPyPz
dx
dz
dx
dy +++++=+ 020020 )2( (5)
Substituindo
(3) em (5) e reagrupando, resulta em:
20 )2( PzzQPydx
dz =+− (6)
que é uma equação de Bernoulli na variável z, cuja solução já foi desenvolvida.
Em resumo: Para sua resolução algébrica deveremos conhecer uma solução particular y = y0
qualquer de (1), na qual a mudança de variáveis y = z + y0, irá eliminar o termo independente
R(x) transformando a equação de Riccatti numa equação de Bernoulli.
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
33
Exemplos:
1) Verificar se y = x é solução particular da equação 32
2
=++
x
y
x
y
dx
dy
. Em caso afirmativo,
calcular a solução geral.
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
34
2) Mostrar que y = - x é solução particular da equação ( ) 0121 223 =++++ yxxy
dx
dyx e
procurar a solução geral.
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
35
AULA 09 – EXERCÍCIOS
1) Mostrar que
x
y 1= é solução
particular da equação 2
2 2
x
y
dx
dy −=
e calcular a sua solução geral.
2) Sabendo que y = 1 é solução
particular da equação
1)12( 2 −=−−+ xxyyx
dx
dy
calcular a
sua solução geral.
3) Calcular a solução da equação
11121 2 −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−= xy
x
y
xdx
dy
sabendo que y = x é solução
particular.
4) Dar a solução geral da equação
0232 =+++ yy
dx
dy
sabendo que y
= - 1 é solução particular.
Respostas:
1)
kx
x
x
y +−= 3
231
2)
Cxe
Cxey x
x
+−
+−=
)1(
)2(
3) 2
322
xk
xxkxy −
−+=
4)
1
2
−
−= x
x
Ce
Cey
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
36
AULA 10
3 – EQUAÇÕES DE 1a ORDEM E GRAU DIFERENTE DE UM
3.1 – Envoltórias e Soluções Singulares:
3.1.1 – Envoltória de uma Família de Curvas:
Seja f(x,y,α )=0 uma família de curvas dependentes do parâmetro “α ”. Define-se
como envoltória a curva que é tangente a toda a linha que constituem a família de curvas.
Pode-se existir uma ou mais envoltórias para uma mesma família de curvas, como também
poderá não haver nenhuma. As curvas que forma a família são chamadas envolvidas.
Geralmente, a envoltória é definida pelo sistema
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∂
∂
=
0),,(
0),,(
α
α
α
yxf
yxf
...(1), cuja equação pode ser
obtida pela eliminação do parâmetro α em (1). Também podemos obter a equação da
envoltória sob a forma paramétrica, resolvendo o sistema para x e y.
e → envolvidas de equação f(x, y, α ) = 0
E → envoltória
Não há envoltória
e
e
e
E
F(x,y,C(x,y))=0
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
37
Exemplo:
Obter a envoltória de uma família de circunferência com centro sobre o eixo x e raio
igual a 5.
3.1.2 – Soluções Singulares:
Uma equação diferencial não linear de 1a ordem pode se escrita na forma alternativa
0,, =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
dx
dyyxF ...(2) , cuja solução geral é do tipo F(x,y,C)=0, que representa uma família de
curvas (curvas integrais), a cada uma das quais está associada uma solução particular da
equação dada. A envoltória dessa família de curvas (caso exista) representa a solução singular
da equação original. De fato, o coeficiente angular da reta tangente em um ponto de
coordenadas (xo,yo) da envoltória e da curva integral corresponde a dyo/dxo. Além disso, tem-
se que os elementos xo, yo e dyo/dxo de cada ponto da envoltória satisfazem à equação (2),
pois são elementos de uma curva integral. Portanto, a envoltória é uma solução da equação
(2) que não resulta da fixação da constante C, e por esta razão, é uma solução singular.
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
38
Exemplo:
Determinar a solução geral e a solução singular da equação
2
22 x
dx
dyx
dx
dyy +−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
39
Em resumo:
¾ Curvas integrais: Família de curvas que representa a solução geral de uma equação
diferencial.
¾ Envoltória: Tomando-se como exemplo a família de curvas dependentes de um
parâmetro f(x,y,α )=0, define-se como envoltória a curva que é tangente a todas as
linhas que constituem a família.
¾ Envolvida: É cada uma das curvas integrais. Representa geometricamente uma solução
particular da equação.
Assim sendo, pode-se afirmar que existe uma ou mais envoltórias para uma mesma
família, como também poderá não haver nenhuma. Por exemplo, uma família de
circunferências concêntricas não apresenta envoltória.
AULA 10 – EXERCÍCIOS
1) Dar a envoltória das seguinte
famílias de curvas:
a) αα
14 2 += xy
b) 0)2(2 222 =++++ αα yyx
2) Determinar a envoltória de um
segmento de reta cujas
extremidades descrevem 2 retas
perpendiculares.
3) Obter a solução singular da equação
12
2
2 =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ y
dx
dyy
4) Achar a solução geral e a solução
singular da equação:
2
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=−
dx
dy
dx
dyxy
Respostas:
1) a ) y3 = 27x b) x2 + 4y = 0
2) 3
2
3
2
3
2 l=+ yx (astróide)
3) y = ± 1
4) y = Cx + c2 (solução geral)
4
2xy −= (solução singular)
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
40
AULA 11
3.2 – EQUAÇÃO DE CLAIRAUT:
A Equação de Clairaut (Aléxis Claude Clairaut – matemático francês: 1713 – 1765) tem
a forma
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+=
dx
dy
dx
dyxy φ .
Resolução:
Chamando p
dx
dy =
a equação de Clairaut fica ( )pxpy φ+= . (1)
Derivando a equação anterior em relação a x, teremos:
dx
dppp
dx
dpx
dx
dy )('1. φ++=
( ) 0)(' =+ px
dx
dp φ (2)
0=
dx
dp
∴ Cp =
A solução geral é dada substituindo-se em (1) p pelo seu valor C
Assim, )(CCxy φ+= é a solução geral da equação de Clairaut (família de retas)
De (2), tem-se:
0)(' =+ px φ (3)
xp −=∴ )('φ
Eliminando-se p entre (1) e (3) tem-se uma relação F(x,y)=0 que representa a solução
singular.
Exemplos:
Determinar a solução geral e a solução singular das seguintes equações de Clairaut:
1)
dx
dy
dx
dyxy ln−=
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
41
2) 0
2
=+−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ y
dx
dyx
dx
dy
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
42
AULA 11 – EXERCÍCIOS
Determinar a solução geral e a solução singular das seguintes equações de Clairaut:
1)
2
3 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=−
dx
dy
dx
dyxy
2) 01
23
=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
dx
dyy
dx
dyx
3) 045 =+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +− y
dx
dyx
dx
dy
4)
2
4 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++=
dx
dy
dx
dyxy
Respostas:
1) y = Cx + 3C2 (geral)
x2 = -12y (singular
2) 2
1
C
Cxy += (geral)
4y3 = 27x2 (singular)
3) C(5 – y + xC) + 4 = 0 (geral)
(y – 5)2 = 16x (singular)
4) 24 CCxy ++= (geral)
2
22
2
1
)1(4
x
xy −
±=
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
43
AULA 12
3.3 – EQUAÇÃO DE LAGRANGE:
A equações da Lagrange tem a forma ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
dx
dy
dx
dyxFy φ ...(1).
Observamos que a equação de Clairaut é um caso particular da equação de Lagrange,
se
dx
dy
dx
dyF =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
.
Resolução:
A solução da equação de Lagrange, geralmente é dada sob a forma paramétrica.
Chamando p
dx
dy = a equação de Lagrange fica ( )ppxFy φ+= )( .
Derivando a equação anterior em relação a x, teremos:
dx
dpp
dx
dppxFpFp )(')(')( φ++=
dx
dpp
dx
dppxFpFp )(')(')( φ=−−
Multiplicando por
dp
dx
e dividindo por [p – F(p)], tem-se:
)(
)('
)(
)('
pFp
px
pFp
pF
dp
dx
−=−−
φ
De onde se pode escrever
QPx
dp
dx =+
Como em geral não será possível isolar p na solução da equação linear anterior, a
solução geral da equação de Lagrange será dada na forma paramétrica:
⎩⎨
⎧
=
=
)(
)(
pyy
pxx
Exemplo:
Resolver a equação
2
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
dx
dyx
dx
dyxy
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
44
AULA 12 - EXERCÍCIOS
1)
dx
dy
dy
dxxy −=
2)
dx
dydx
dyxy 12 +=
3)
2
1 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=
dx
dyx
dx
dyy
Respostas:
1)
[ ]
( )[ ]⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−−+
−
−=
−−+
−
−=
pCpp
p
y
Cpp
p
px
1ln
1
1
)1ln(
1
2
2
2
2
2)
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
+=
2
ln
ln2
p
Cpx
p
Kpy
3)
⎩⎨
⎧
+−+=
+−=
−
−
2)1(
22
2pepCy
pCex
p
p
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
45
AULA 13
4 - EXERCÍCIOS GERAIS
Calcule as Equações Diferenciais abaixo:
1) 0)2(3 =−− dyyxydy
2) 0
2 =+ − dyyexdx x
3) 0)1( 2 =−− dxydyx
4) 0coscos2 =⋅+⋅ xdysenysenxdxy
5) )cos( yx
dx
dy +=
6) 0)()(2 22 =+++ dyyxdxyxx
7) dxyxydxxdy 22 +=−
8) 0)( 22 =−+− xydydxyxyx
9) 0)2( =−+ dyxxyydx
10) 0)52()42( =+−++− dxyxdyyx
11)
342
12
++
++=
yx
yx
dx
dy
12) 0)139()23( =+−++− dyyxdxyx
13)
012)cos()cos( =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +++⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ + dy
y
xxyxdx
x
yxyy
14) 032 4
22
3 =−+ dyy
xydx
y
x
15) 0)46()63( 3222 =+++ dyyyxdxxyx
16)
yxy
xyx
dx
dy
2
2
+
+−=
17) 0)cos1()1( =−++ dyxdxysenx
18) 0)2.(sec).(sec =+−+− dyxtgyydxytgxx
19) 0)cos2( 2 =−− senydyxdxeyx x ,
determinar a solução particular para x = 0.
20) dxexydxxdy x2=−
21) 02 =−+ xdyydxdyy
22) 0)ln( 3 =−+ dyxydx
x
y
23) Achar a solução particular para y = b e x
= a em 0=−+ xey
dx
dyx
24) 0)32(2 =+− dyxydxy
25) 222 y
x
y
dx
dy =+
26) dxyyxdy )1( 2 +=
27) 22 )1( xyxy
dx
dyx +=−
28) Conhecendo-se a solução particular y =
ex da equação
xx eyye
dx
dy 22)21( −=++− calcular sua
solução geral.
Calcular a solução geral e a singular das
seguintes equações:
29)
2
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛−=
dy
dx
dx
dyxy
30)
2
1 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++=
dx
dy
dx
dyxy
31)
dx
dy
dx
dyxy +=
32)
dx
dysen
dx
dyxy +=
Resolver as seguintes equações de
Lagrange:
33) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−=
dx
dyx
dx
dyy 2
2
1
34)
2
2 ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+=
dx
dy
dx
dyxy
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
46
Respostas:
1) )ln(126 2 Cyxy =−
2) 22
2
Cey x =+
3) 1)1(ln =− xCy
4) Cyx =+ secsecln
5) Cxyxgyx +=+−+ )(cot)sec(cos
6) Cyyxx =++ 323 32
7) 222 yxCxy +−=
8) C
X
yxy =+− )ln(
9) Cx
y
x =+ ln
10) )3()1( 3 +−=−+ yxCyx
11) Cxyyx =−+++ 48)584ln(
12) )126ln(62 +−=++ yxCyx
13) Cyxyxysen =++ ln2)(
14) C
yy
x =− 13
2
15) Cyyxx =++ 4223 3
16) Cyyx =++ 222 )1(
17) Cxyyx =−+ cos
18) Cx)-y(2secysecx =++
19) 1cos2 −=− xeyx
20) xxeCxy +=
21) Cyxy =+2
22) Cyyx =+ 3ln2
23)
x
eabey
ax −+=
24)
y
Cyx 12 −=
25) 0122 =−+ xyyCx
26) 2
2
2
xC
xy −=
27)
11
1
2 −−= xCy
28)
1
2
−
−+= x
xxx
Ce
eCeCey
29)
23
2
4
27
1
xy
C
Cxy
−=
−=
30)
2
2
1
1
xy
CCxy
−=
++=
31) CCxy +=
Não há solução singular
32)
21arccos xxxy
senCCxy
−+=
++
33)
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=
−= −
22
1
2
1
2(
6
1
)(
3
1
pCpy
pCpx
34)
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=
−=
p
pCy
p
p
Cx
3
2
3
2
3
3
2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
47
AULA 14
5 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS COM MODELOS MATEMÁTICOS
5.1 - MODELO MATEMÁTICO:
É freqüentemente desejável descrever o comportamento de algum sistema ou fenômeno
da vida real em termos matemáticos, quer sejam eles físicos, sociológicos ou mesmo econômicos.
A descrição matemática de um sistema ou fenômeno, chamada de modelos matemáticos é
construída levando-se em consideração determinadas metas. Por exemplo, talvez queiramos
compreender os mecanismos de um determinado ecossistema por meio do estudo do crescimento
de populações animais nesse sistema ou datar fósseis por meio da análise do decaimento
radioativo de uma substância que esteja no fóssil ou no extrato no qual foi descoberta.
A construção de um modelo matemático de um sistema começa com:
i. a identificação das variáveis responsáveis pela variação do sistema. Podemos a
principio optar por não incorporar todas essas variáveis no modelo. Nesta etapa,
estamos especificando o nível de resolução do modelo.
A seguir,
ii. elaboramos um conjunto de hipóteses razoáveis ou pressuposições sobre o
sistema que estamos tentando descrever. Essas hipóteses deverão incluir também
quaisquer leis empíricas aplicáveis ao sistema.
Para alguns propósitos, pode ser perfeitamente razoável nos contentarmos com um
modelo de baixa resolução. Por exemplo, você provavelmente já sabe que, nos cursos básicos de
Física, a força retardadora do atrito com o ar é às vezes ignorada, na modelagem do movimento
de um corpo em queda nas proximidades da superfície da Terra, mas e você for um cientista cujo
trabalho é predizer precisamente o percurso de um projétil de longo alcance, terá de levar em
conta a resistência do ar e outros fatores como a curvatura da Terra.
Como as hipóteses sobre um sistema envolvem freqüentemente uma taxa de variação de
uma ou mais variáveis, a descrição matemática de todas essas hipóteses pode ser uma ou mais
equações envolvendo derivadas. Em outras palavras, o modelo matemático pode ser uma
equação diferencial ou um sistema de equações diferenciais.
Depois de formular um modelo matemático,
que é uma equação diferencial ou um sistema
de equações diferenciais, estaremos de frente para o problema nada insignificante de tentar
resolvê-lo. Se pudermos resolvê-lo, julgaremos o modelo razoável se suas soluções forem
consistentes com dados experimentais ou fatos conhecidos sobre o comportamento do sistema.
Porém, se as predições obtidas pela solução forem pobres, poderemos elevar o nível de resolução
do modelo ou levantar hipóteses alternativas sobre o mecanismo de mudança no sistema. As
etapas do processo de modelagem são então repetidas, conforme disposto no seguinte
diagrama:
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
48
Naturalmente, aumentando a resolução aumentaremos a complexidade do modelo
matemático e, assim, a probabilidade de não conseguirmos obter uma solução explícita.
Um modelo matemático de um sistema físico freqüentemente envolve a variável tempo t.
Uma solução do modelo oferece então o estado do sistema; em outras palavras, os valores da
variável (ou variáveis) para valores apropriados de t descrevem o sistema no passado, presente e
futuro.
5.2 - CIRCUITOS EM SÉRIE:
Considere o circuito em série de malha simples mostrado na Figura 13.1(a), contendo um
indutor, resistor e capacitor. A corrente no circuito depois que a chave é fechada é denotada por
i(t); a carga em um capacitor no instante t é denotada por q(t). As letras L, C e R são conhecidas
como indutância, capacitância e resistência, respectivamente, e em geral são constantes. Agora,
de acordo com a segunda Lei de Kirchhoff, a voltagem aplicada E(t) em uma malha fechada
deve ser igual à soma das quedas de voltagem na malha. A Figura 13.1(b) mostra os símbolos e
as fórmulas para a respectiva queda de voltagem em um indutor, um capacitor e um resistor.
Uma vez que a corrente i(t) está relacionada com a carga q(t) no capacitor por i = dq/dt,
adicionando-se as três quedas de voltagem.
,2
2
dt
qdL
dt
diL
indutor
=
dt
dqRiR
resistor
= q
c
capacitor
1
Figura 13.1 (a) Figura 13.1 (b)
e equacionando-se a soma das voltagens aplicadas, obtém-se uma equação diferencial de
segunda ordem
)(12
2
tEq
cdt
dqR
dt
qdL =++
Para um circuito em série contendo apenas um resistor e um indutor, a segunda lei de
Dirchhoff estabelece que a soma das quedas de voltagem no indutor (L(di/dt)) e no resistor (iR) é
igual a voltagem aplicada no circuito (E(t)). Veja a figura 13.2
Figura 13.2
Obtemos, assim, a equação diferencial linear para a corrente i(t).
)(tERi
dt
diL =+
onde L e R são constantes conhecidas como a indutância e a resistência, respectivamente. A
corrente i(t) é também chamada de resposta do sistema.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
49
A queda de voltagem em um capacitor com capacitância C é dada por q(t)/Ci, onde q é a
carga no capacitor. Assim sendo, para o circuito em série mostrado na figura 13.3, a segunda lei
de Kirchhoff nos dá
)(1 tEq
C
Ri =+
Figura 13.3
mas a corrente i e a carga q estão relacionadas por i = dq/dt, dessa forma, a equação acima
transforma-se na equação diferencial linear
)(1 tEq
Cdt
dqR =+
Exemplo:
Uma bateria de 12 volts é conectada a um circuito em série no qual a indutância é ½
Henry e a resistência é 10 ohms. Determine a corrente i se a corrente inicial for 0.
Resolução:
L= indutância = ½ ERi
dt
diL =+
R = resistência = 10 1210
2
1 =+⋅ i
dt
di
i = corrente 2420 =+ i
dt
di
E = voltagem aplicada = 12 P = 20 Q = 24
∫ ∫ == tdtPdt 2020 [ ]∫ +⋅= − cdxeei tt 242020
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ += − ceei tt 2020
20
24
cei t ⋅+= −20
5
6
Para i(0) = 0
ce0
5
60 +=
5
6−=c
Logo:
tei 20
5
6
5
6 −−=
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
50
5.3 - CRESCIMENTO E DESCRESCIMENTO DE POPULAÇÃO:
O problema de valor inicial:
kx
dt
dx = N(t0) = N0 N = N0.ekt
onde k é uma constante de proporcionalidade, ocorre em muitas teorias físicas envolvendo
crescimento e decrescimento.
Exemplo:
Em uma cultura, há inicialmente N0 bactérias. Uma hora depois, t = 1, o número de
bactérias passa a ser 3/2 N0. Se a taxa de crescimento é proporcional ao número de bactérias
presentes, determine o tempo necessário para que o número de bactérias triplique.
Resolução:
N(to) = N0
N(t1) = 2
3
No
kx
dt
dx =
∫ ∫= kdtxdx
lnx = kt + c
lnx – ln c = kt
ln
c
x
= kt
ekt =
c
x
x = c.ekt
para t = 0
N(0) = N0
N0 = ce0
N0 = c
X = N0.ekt
Para t = 1
N(1) =
2
3
N0
1.
00 .2
3 keNN =
2
3=ke
ek = 1,5
ln1,5 = k
k = 0,4055
N = N0.e0,4055.t
3N0 = N0.e0,4055.t
ln3 = ln e0,4055.t
0,4055t = 1,0986
t = 2,71 horas
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
51
5.4 - MEIA VIDA:
Em física, meia-vida é uma medida de estabilidade de uma substância radioativa. A meia-
vida é simplesmente o tempo gasto para metade dos átomos de uma quantidade A0 se
desintegrar ou se transmutar em átomos de outro elemento. Quanto maior a meia-vida de uma
substância, mais estável ela é.
Por exemplo, a meia do ultra-radioativo rádio, Ra-226, é cerca de 1700 anos. Em 1700
anos, metade de uma dada quantidade de Ra-226 é transmutada em Radônio, Rn-222. O isótopo
de urânio mais comum, U-238, tem uma meia-vida de aproximadamente 4.500.000.000 de anos.
Nesse tempo, metade de uma quantidade de U-238 é transmutada em chumbo, Pb-206.
A.K
dt
dA = A(0) = A0 2)(
0AtA = kteAA .0=
Exemplo:
Um reator converte urânio 238 em isótopo de plutônio 239. Após 15 anos foi detectado
que 0,043% da quantidade inicial A0 de plutônio se desintegrou. Encontre a meia vida desse
isótopo se a taxa de desintegração é proporcional à quantidade remanescente.
Resolução:
t = 0 → A0
t = 15 → A0 – 0,043%A0
99,957%A0
0,99957A0
kA
dt
dA =
∫ ∫= kdtAdA
ln A = kt + c
kt
c
A =ln
kte
c
A =
A = c.ekt se t = 0
A(0) = A0
A0 = c.e0
C = A0
A(t) = A0.ekt
A(15) = A0.e15k A(t) = 2
0A
0,99957 A0 = A0.e15k
teAtA
410.8867,2
0 .)(
−−=
Ln0,99957 = ln e15t teA
A 000287,0
0
0 .
2
−=
-0,0043 = 15 k te 000287,0ln
2
1ln −=
K = - 2,8667.10- 4 -0,6931 = - 0,000287t
t = 2415,147
t ≅ 2415 anos
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
52
5.5 - CRONOLOGIA DO CARBONO:
Por volta de 1950, o químico Willard Libby inventou um método para determinar a idade
de fósseis usando o carbono radioativo.
A teoria da cronologia do carbono se baseia no fato de que o isótopo do carbono 14 é
produzido na atmosfera pela ação de radiações cósmicas no nitrogênio.
A razão entre a quantidade de C-14 para carbono ordinário na atmosfera para ser uma
constante e, como conseqüência, a proporção da quantidade de isótopo presente em todos os
organismos é a mesma proporção da quantidade na atmosfera.
Quando um organismo morre, a absorção de C-14, através da respiração ou alimentação,
cessa. Logo,
comparando a quantidade proporcional de C-14 presente, digamos, em um fóssil
com a razão constante na atmosfera, é possível obter uma razoável estimativa da idade do fóssil.
O método se baseia no conhecimento da meia-vida do carbono radioativo C-14, cerca
de 5.600 anos.
Exemplo:
Um osso fossilizado contém
1000
1
da quantidade original do C-14. Determine a idade do
fóssil.
Resolução:
A(t) = A0.ekt
5600.
0
0 .
2
keA
A =
ke5600ln
2
1ln =
5600k = - 0,6931
K = - 0,000123776
A(t) = A0.e- 0,000123776t
teAA 000123776,000 .100
1 −=
te 000123776,0ln
100
1ln −=
- 0,000123776 t = - 6,9077
t = 55.808 anos
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
53
5.6 - RESFRIAMENTO:
A lei de resfriamento de Newton, diz que a taxa de variação de temperatura T(t) de um
corpo em resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura do corpo (T) e a
temperatura constante do meio ambiente, Tm, isto é:
)( mTTKdt
dT −= , onde k é uma constante de proporcionalidade.
T = C.ekt + Tm
Exemplo:
Um bolo é retirado do forno, sua temperatura é de 300ºF. Três minutos depois, sua
temperatura passa para 200ºF. Quanto tempo levará para sua temperatura chegar a 75 graus, se
a temperatura do meio ambiente em que ele foi colocado for de exatamente 70ºF?
Resolução:
T(0) = 3000F )( mTTkdt
dT −=
T(3) = 2000F )70( −= Tk
dt
dT
T(?) = 750 ∫ ∫=− kdtT dT )70(
Tm = 700 cktT +=− )70ln(
kt
c
T =− 70(ln
c
Tekt 70−=
70. += ktecT
T(0) = 3000
300 = C.ek.0 + 70
C = 2300
T = 230.ekt + 70
T(3) = 200
200 = 230.e3k + 70
230 e3k = 130
230
1303 =ke
230
130lnln 3 =ke 70.230 19018,0 += − teT
230
130ln3 =k 70.23075 19018,0 += − te
K = - 0,19018
230
707519018,0 −=− te
- 0,19018t = ln
230
5
T = 20,13 minutos
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
54
AULA 14– EXERCÍCIOS
1) Encontre uma expressão para a corrente em
um circuito onde a resistência é 12Ω , a
indutância é 4 H, a pilha fornece uma voltagem
constante de 60 V e o interruptor é ligado quanto
t = 0. Qual o valor da corrente?
2) Uma força eletromotriz é aplicada a um circuito
em série LR no qual a indutância é de 0,1 henry e
a resistência é de 50 ohms. Ache a curva i(t) se
i(0) = 0. Determine a corrente quanto t ∞→ .
Use E = 30 V.
3) Uma força eletromotriz de 100 V é aplicada a
um circuito em série RC no qual a resistência é de
200Ω e a capacitância é de 10- 4 farads. Ache a
carga q(t) no capacitor se q(0) = 0. Ache a
corrente i(t).
4) Uma força eletromotriz de 200 V é aplicada a
um circuito em série RC no qual a resistência é de
1000Ω e a capacitância é 5 x 10- 6 farads. Ache a
carga q(t) no capacitor se i(0) = 0,4. Determine a
carga da corrente em t = 0,005s. Determine a
carga quando t ∞→ .
5) Sabe-se que a população de uma certa
comunidade cresce a uma taxa proporcional ao
número de pessoas presentes em qualquer
instante. Se a população duplicou em 5 anos,
quando ela triplicará?
6) Suponha que a população da comunidade do
problema anterior seja 10000 após 3 anos. Qual
era a população inicial? Qual será a população em
10 anos?
7) A população de uma cidade cresce a uma taxa
proporcional à população em qualquer tempo. Sua
população inicial de 500 habitantes aumenta 15%
em 10 anos. Qual será a população em 30 anos?
8) O isótopo radioativo de chumbo, Ph 209,
decresce a uma taxa proporcional à quantidade
presente em qualquer tempo. Sua meia vida é de
3,3 horas. Se 1 grama de chumbo está presente
inicialmente, quanto tempo levará para 90% de
chumbo desaparecer?
9) Inicialmente havia 100 miligramas de uma
substância radioativa presente. Após 6 horas a
massa diminui 3%. Se a taxa de decrescimento é
proporcional à quantidade de substância presente
em qualquer tempo, determinar a meia vida desta
substância.
10) Com relação ao problema anterior, encontre
a quantidade remanescente após 24 horas.
11) Em um pedaço de madeira queimada, ou
carvão, verificou-se que 85,5% do C-14 tinha se
desintegrado. Qual a idade da madeira?
12) Um termômetro é retirado de uma sala, em
que a temperatura é 70ºF, e colocado no lado fora
onde a temperatura é 10ºF. Após 0,5 minuto o
termômetro marcava 50ºF. Qual será a
temperatura marcada pelo termômetro no
instante t=1 minuto? Quanto levará para marcar
15ºF?
13) Segundo a Lei de Newton, a velocidade de
resfriamento de um corpo no ar é proporcional à
diferença entre a temperatura do corpo e a
temperatura do ar. Se a temperatura do ar é 20oC
e o corpo se resfria em 20 minutos de 100oC para
60oC, dentro de quanto tempo sua temperatura
descerá para 30oC?
14) Um indivíduo é encontrado morto em seu
escritório pela secretária que liga imediatamente
para a polícia. Quando a polícia chega, 2 horas
depois da chamada, examina o cadáver e o
ambiente, tirando os seguintes dados: A
temperatura do escritório era de 20oC, o cadáver
inicialmente tinha uma temperatura de 35oC. Uma
hora depois medindo novamente a temperatura
do corpo obteve 34.2oC. O investigador, supondo
que a temperatura de uma pessoa viva é de
36.5oC, prende a secretária. Por que? No dia
seguinte o advogado da secretária a liberta,
alegando o que?
Respostas:
1) tetI 355)( −−=
2) tcei 500
5
3 −+= e
5
3)(lim =∞→ tit
3) tceq 50
100
1 −+= onde C = -1/100 e
tei 50
2
1 −=
4) tceq 200
1000
1 −+=
tcei 200200 −−=
500
1−=C
coulombsq 0003,0)005,0( =
ampi 1472,0)005,0( =
1000
1→q
5) 7,92 anos.
6) x0 = 6600,66 e N(10) = 26.396,04
7) N(30) = 760
8) t = 11 horas
9) t = 136,72 horas
10) 88,5 gramas.
11) 15600 anos
12) T(1) = 36,66ºF e t = 3,06 min
13) t = 60 min
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
55
AULA 15
6 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 2a ORDEM
E ORDEM SUPERIOR
Padrão E.D.O-2 linear:
y” +p(x)y’ +q(x)y = r(x)
onde:
¾ p(x) e q(x) são os coeficientes e representam parâmetros do sistema
¾ r(x) termos de excitação (input)
¾ y(x) resposta do sistema
Se r(x) = 0, ∀ x∈I → Eq. Dif. Homogênea
r(x) ≠ 0 → Eq. Dif. não homogênea
A EDO-2 acima possui 2 soluções, y1(x) e y2(x) e são linearmente independentes (L.I), isto
é y1 / y2 = h(x) ≠ cte.
Logo y1(x) e y2(x) constituem uma base para a solução da EDO-2 homogênea, logo y(x)
= C1y1(x) + C2y2(x) é solução.
Se temos uma solução y1(x) pode-se obter y2(x) mais facilmente.
Exemplo: Obter y2(x), sabendo que y1(x) = x
(1 – x2)y” – 2xy’ + 2y = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
56
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
57
6.1 - EDO-2 COM COEFICIENTES CONSTANTES
Homogênea: y” +ay’ +by = 0
Solução proposta xexy λ=)(
⎪⎭
⎪⎬
⎫
=
=
=
x
x
x
ey
ey
ey
λ
λ
λ
λ
λ
2"
' substituindo na EDO-2:
0)(
0
2
2
=++
=++
x
xxx
eba
beeae
λ
λλλ
λλ
λλ
, com xe x ∀≠ 0λ
temos assim, 0)( 2 =++= baP λλλ , que é a equação característica da EDO-2
dada.
Achados 1λ e 2λ que satisfazem a )(λP , temos a base da solução. Então encontramos as
“raízes” 1λ e 2λ por Báskara.
Caso 1: 1λ e 2λ são reais e diferentes
xx eCeCy 21 21
λλ +=
Caso 2: 1λ e 2λ são reais e iguais
xexCCy λ)( 21 +=
Caso 3: 1λ e 2λ são complexos conjugados ( )( bia ±
)cos( 21 senbxCbxCey
ax +=
Exemplos:
1) y” + 2,2y’ +1,17y = 0 , com y(0) = 2 e y’(0) = - 2,6
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
58
2) y” - 2√2 y’+2y = 0
3) y”+4y = 0, com y(0) = 3 e y(π /2) = -3
AULA 15 – EXERCÍCIOS
1) x2y” – 5xy’ +9y = 0 , com y1(x) = x3
2) x2y” + xy’ + (x2 – ¼)y = 0,
com y1(x) = x-1/2 cosx
3) y” + 2y’ + 2y = 0,
com y(0) = 1 e y(π /2) = 0
4) y” – 25y = 0
com y(0) = 0 e y’(0) = 20
5) y” – y’ – 2y = 0
com y(0) = -4 e y’(0) = -17
6) y”-9π 2y=0
7) 9y” + 6y’ + y = 0
com y(0) = 4 e y’(0) = 3
13−
8) y” + 2ky’ +k2y = 0
9) 8y” – 2y’ – y = 0
com y(0) = 0,2 e y’(0) = 0,325
10) 4y” – 4y’ - 3y = 0
com y(-2) = e y’(-2) = 2
e−
Respostas:
1) y2(x) = x3 lnx
2) y2(x) = x-1/2senx
3) y = e-xcosx
4) y = - 2e- 5x + 2e5x
5) y = 3e- x – 7e2x
6) xx eCeCy ππ 32
3
1
−+=
7) 3)34(
x
exy −−=
8) y = (C1 + xC2) e- kx
9) 24 5,03,0
xx
eey +−= −
10) y = e – 0,5x
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
59
AULA 16
6.2 - EULER – CAUCHY
A equação de Euler-Cauchy tem a seguinte forma:
ByA
dx
dybaxA
dx
ydbaxA
dx
ydbaxA n
n
n
n =+++++++ 012
2
2
2 )()()( L
onde A0, A1, ..., An, a e b são constantes. Para resolver tal equação faremos
teabax .=+
que irá eliminar os coeficientes variáveis.
No caso da equação ter a forma:
0'"2 =++ byaxyyx
Faremos:
y = xm
y’ = mxm-1
y” = m(m-1)xm-2
Substituindo y, y’ e y” na EDO-2, temos que:
(m2 + (a – 1) m + b)xm = 0
como y(x) = xm tem que ser diferente de zero, temos m2 + (a – 1) m + b = 0, que é uma
equação do segundo grau com duas raízes.
Caso 1: m1 e m2 são reais e diferentes.
21
21)(
mm xCxCxy +=
Caso 2: m1 e m2 são reais e iguais
)ln()( 21 xxCxCxy
mm +=
mxxCCxy ))ln(()( 21 +=
Caso 3: m1 e m2 são complexas conjugadas )( bia ±
)]ln()lncos([)( 21 xbsenCxbCxxy
a +=
Exemplos:
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
60
1) 012)12(2)12( 2
2
2 =−+−+ y
dx
dyx
dx
ydx
2) x2y” + 2xy’ + 2y = 0
AULA 16 – EXERCÍCIOS
1) x2y”- 20y = 0
2) (1+x)3y”’+9(1+x)2y”+18(1+x)y’+6y = 0
3) 10x2y” + 46xy’+32,4y = 0
4) x2y”+ xy’+y = 0
5) 4x2y”+24xy’+25y = 0
com y(1) = 2 e y’(1) = - 6
6) x2y”- 3xy’+ 4y = 0
com y(1) = 0 e y’(1) = 3
Respostas:
1) C1x-4 + C2x5
2) 3
3
2
21
)1()1(1 x
C
x
C
x
Cy +++++=
(C1 + C2 lnx) x-1,8
3) C1.cos(lnx) + C2.sen(lnx)
4) (2 – lnx) 2
5−x
5) 3x2lnx
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
61
AULA 17
6. 3 - EQUAÇÕES LINEARES NÃO HOMOGÊNEAS
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
=++
10
00
)('
)(
)()(')("
..
Kxy
Kxy
xryxqyxpy
IVP
y1(x).y2(x) → base para a solução da EDO-2 homogênea
yh(x) → solução da EDO-2 homogênea
yh(x) = C1y1(x) + C2y2(x)
yp(x) → solução particular, função qualquer que satisfaz a EDO-2 não-homogênea
A solução geral de uma equação linear não homogênea tem a forma:
)()()( xyxyxy ph +=
Teorema da existência da Unicidade: Se p(x) e q(x) são funções contínuas sobre o
intervalo aberto I e x0 ∈I, então o P.V.I. possuiu uma única solução y(x) sobre I.
Para determinarmos yp, denominada solução particular, dispomos dos seguintes
métodos:
i. Método dos coeficientes a determinar ou método de Descartes
ii. Método da variação de parâmetros ou método de Lagrange
iii. Método do operador derivada D.
6.3.1 - Solução por coeficientes a determinar (Descartes):
Vale somente para EDO-2 com coeficientes constantes
Padrão para solução particular:
Termo em r(x) Proposta para yp(x)
xkeα xCeα
,...)1,0( =nkxn 0111 ... CxCxCxC nnnn ++++ −−
⎭⎬
⎫
xKsen
xK
α
αcos
xsenCxC αα 21 cos +
⎪⎭
⎪⎬⎫
xsenke
xke
x
x
β
β
α
α cos
)cos( 21 xsenCxCe
x ββα +
obs:
1. se r(x) é composição de funções da 1o coluna, yp(x) é composição das respectivas
funções na 2o coluna.
2. se r(x) coincide com uma função que compões yh(x), multiplique por x (ou por x2) para
considerar raiz dupla da equação característica.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
62
Exemplo:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
+=+−
0)0('
1)0(
'2" 2
y
y
xeyyy x
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
63
AULA 17 – EXERCÍCIOS
1) y” + 4y = sen 3x
2) y” + 2y’ +10y = 25x2 + 3
3) y” + 2y’ – 35y = 12e5x + 37 sen 5x
Problema de valor inicial:
4) y” + 1,5y’ – y = 12x2 + 6x3 – x4
y(0) = 4 e y’(0) = - 8
5) y” – 4y = e-2x – 2x
y(0) = 0 e y’(0) = 0
Respostas:
1) xsenxBsenxA 3
5
122cos −+
2) xxxsenCxCe x −++− 221 2
5)33cos(
3)
xsenxxeeCeC xxx 56,05cos1,0552
7
1 −−++−
4) 424 xe x +−
5) xxx xexee 222
4
1
2
1
8
1
8
1 −− −++−
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
64
AULA 18
6.3.2 - SOLUÇÃO POR VARIAÇÃO DE PARÂMETROS:
¾ Qualquer tipo de excitação r(x)
¾ Qualquer coeficiente p(x) e q(x) desde que contínuos.
EDO – y” + p(x)y’ + q(x)y = r(x)
Sendo:
y1(x) e y2(x) a base para a EDO-2 homogênea. A idéia é constituir a solução particular
com uma combinação destas utilizando parâmetros variáveis.
yp(x) = u(x)y1(x) + v(x)y2(x)
onde,
∫−= dxxw xrxyxu )( )()()( 2 e ∫= dxxw xrxyxv )( )()()( 1
Sendo que W = W(y1,y2), que é o Determinante de Wronski (Wronskiano)
)(
''
),(
2
2
1
1
21 xWy
y
y
y
yyW ==
6.3.2.1 - Teorema de (in)dependência Linear de soluções:
Seja um p(x) e q(x) funções contínuas sobre um intervalo I, então duas soluções y1(x)
e y2(x), definidas sobre I, são linearmente dependentes (LD), se, e somente se, W(y1, y2) = 0
para algum ponto x0 que pertence a I.
Assim, se existe um ponto x1 que pertence a I onde W(y1, y2) ≠ 0, então y1 e y2 são
linearmente independentes (LI)
Exemplo:
x2y” – 2xy’ +2y = x3cosx
Equações Diferenciais
Profa Paula Francis Benevides
65
AULA 18 – EXERCÍCIOS
1) y” + 4y’ + 3y = 65x
2) x2y” – 4xy’ + 6y = 21x-4
3) 4x2y” + 8xy’ – 3y = 7x2 – 15x3
Respostas:
1)
9
260
3
65)( 2
3
1 −++= −− xeCeCxy xx
2) 432
2
1 2
1 −++ xxcxc
3)
3
)( 3223
2
2
1
1
xxxCxC −++ −
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
66
AULA 19
6.4 - MÉTODO DO OPERADOR DERIVADA
6.4.1 – Operador “D” (operador derivada):
Os operadores são símbolos sem nenhum significado isolado que indicam, de modo
abreviado, as operações que devem ser efetuadas
Dada uma função definida por y=f(x), chama-se operador derivada, denotado por D, a
dx
dD = , 2
2
2
dx
dD = , 3
3
3
dx
dD = , ...
6.4.2 - Propriedades:
Sejam u=u(x) e v =v(x):
P1. D(u+v)=Du+Dv (propriedade distributiva)
P2. D(m.u)=m.Du, (propriedade comutativa, sendo m uma constante)
P3. Dm(Dnu)=Dm+nu, (sendo m e n constantes positivas)
P4. O operador inverso ∫ −=− dxueeuaD axax ..1 , a ∈ℜ.
P5. O operador direto uaDuuaD .)( −=− au
dx
du −= , a ∈ℜ.
6.4.3 – Resolução de Equações Lineares
1) Resolver a equação ( ) xeyDD 32 65 =+− , utilizando o operador inverso.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
67
2) Resolver, empregando operadores: 01272
2
=+− y
dx
dy
dx
yd
3) 0442
2
=+− y
dx
dy
dx
yd
4) xey
dx
yd −=−2
2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
68
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
69
6.5 – SIMPLIFICAÇÃO DO MÉTODO DO OPERADOR DERIVADA
Casos particulares
1°. Na equação diferencial axeyDP =)( a solução particular será dada por axp eaPy )(
1= , se
P(a)≠0
2°. Na equação diferencial )()( 2 axsenyDP = a solução particular será dada por
)(
)(
1
2 axsenaP
y p −= , desde que P(-a
2) ≠ 0.
3°. Na equação diferencial )cos()( 2 axyDP = a solução particular será dada por
)cos(
)(
1
2 axaP
y p −= .
4°. Na equação diferencial mxyDP =)( a solução particular será dada por mp xDPy )(
1= , onde
)(
1
DP
deverá ser desenvolvido em série de potências crescentes em D.
Isto é; ao + a1D + a2D2 + ... + amDm, desprezados os termos seguintes ao Dm e sendo ao
diferente de zero.
5°. Na equação diferencial )(.)( xfeyDP ax= a solução particular será dada por
)(
)(
1 xf
aDP
ey axp += , desde que P(D + a) seja diferente de zero.
AULA 19 – EXERCÍCIOS
1) (D2 – D – 12)y = 0
2) senxy
dx
dy
dx
yd =+− 652
2
3) senxey
dx
dy
dx
yd x=+− 232
2
4) (D3-16D)y=e4x + 1
5) (D2 – 7D+12)y = 5e3x
6) (D3 – 3D + 2)y = xe-2x
7) ( ) ( ) xx eeyDD −+=−− 2321 2
8) ( ) 142 −=− xyD
Respostas:
1) y = C1e4x + C2e-3x
2) xsenxeCeCy xx cos
10
1
10
13
2
2
1 +++=
3) ( )senxxeeCeCy xxx −++= cos
2
2
21
4)
1632
44
3
4
21
xexeCeCCy xxx −+++= −
5) xxx xeeCeCy 342
3
1 5−+=
6) xxxxx exexeCxeCeCy 2
2
22
321 1827
2 −−− ++++=
7) xxxxx eexCeBxeAey −−−++=
6
1
2
3 22
8)
4
1
4
22 +−+= − xBeAey xx
Equações Diferencias Profa Paula Francis Benevides
70
AULA 20
7 - EXERCÍCIOS GERAIS
Calcule as Equações Diferenciais abaixo:
1) 1284 22
2
+−=− xxy
dx
yd
2) 222
2
3
3
−=−− x
dx
dy
dx
yd
dx
yd
3) 1234 32
2
4
4
+−=− xx
dx
yd
dx
yd
4)
xey
dx
dy
dx
yd −=+− 3232
2
5)
xey
dx
yd 2
2
2
44 =−
6)
xey
dx
dy
dx
yd 2
2
2
344 =+−
7)
xey
dx
dy
dx
yd 222
2
=+−
8) senxy
dx
dy
dx
yd 2232
2
=+−
9) x
dx
dy
dx
yd cos342
2
=+
10) xseny
dx
yd 23164
4
=−
11) xy
dx
yd 2cos542
2
=−
12) 52 22
2
+=− xe
dx
dy
dx
yd
13)
xxey
dx
dy
dx
yd 2
2
2
44 =+−
14) xey
dx
dy
dx
yd x cos8822
2
−=−−
15)
2
244 22
2 xey
dx
dy
dx
yd x +=+−
16)
x
ey
dx
dy
dx
yd x=+− 22
2
17)
x
y
dx
yd
cos
1
2
2
=+
18)
senx
y
dx
yd 1
2
2
=+
19) xyxyyx 32'2"2 =+−
20) 02'2"3'" 23 =+−+ yxyyxyx
21) 02'2'"3 =−+ yxyyx
22) )1ln(6)1(18)1(9)1( 2
2
2
3
3
3 xy
dx
dyx
dx
ydx
dx
ydx +=++++++
RESPOSTAS:
1) 4
4
2 222
2
1 −+−+= − xxeCeCy xx
2)
2
5
4
2
2
321
xxeCeCCy xx +−++= −
3)
824
5
80
3 2352
4
2
321
xxxeCeCxCCy xx −−−+++= −
4)
2
2
21
x
xx eeCeCy
−
++=
5)
xxx xeeCeCy 222
2
1 ++= −
6)
xxx exxeCeCy 2222
2
1 2
3++=
7) )( 221 xxCCey
x ++=
8) senxxeCeCy xx
5
1cos
5
32
21 +++=
9) )4(cos
17
34
21 senxxeCCy
x +++= −
10)
32
2cos322cos 43
2
2
2
1
xxxsenCxCeCeCy xx ++++= −
11)
8
2cos52
2
2
1
xeCeCy xx −+= −
12)
22
5 22
21
x
x xexeCCy +−+=
13)
xexxCCy 2
3
21 6 ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++=
14) )22cos3(
5
1
9
14
2
2
1 xsenxeeCeCy
exxx ++−+= −
15)
8
1)( 2221
++++= xexxCCy x
16) xxexeexCCy xxx ln)( 21 +−+=
17) xsenxxxsenxCxCy +++= coslncoscos 21
18) senxsenxxxsenxCxCy lncoscos 21 +−+=
19) xxxCxCy ln3221 −+=
20)
2
321 ln
−++= xCxxCxCy
21) [ ])(ln)cos(ln 321 xsenCxCxxCy ++=
22) )1ln(
6
1
)1()1(1 3
3
2
21 +++++++= xx
C
x
C
x
Cy
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
71
AULA 21
8 – MODELAGEM COM EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM
SUPERIOR
Vimos que uma única equação pode servir como modelo matemático para fenômenos
diversos. Por essa razão, examinamos uma aplicação, o movimento de uma massa conectada
a uma mola, detalhadamente na seção 6.1 abaixo. Veremos que, exceto pela terminologia e
pelas interpretações físicas dos quatro termos na equação linear ay” + by’ + cy = g(t), a
matemática de um circuito elétrico em série é idêntica à de um sistema vibratório massa-mola.
Formas dessa equação diferencial linear de segunda ordem aparecem na análise de problemas
em várias áreas da ciência e da engenharia. Na seção 6.1, consideramos exclusivamente
problemas de valor inicial, enquanto na seção 6.2 examinamos aplicações descritas por
problemas de contorno conduzem-nos aos conceitos de autovalor e autofunção. A seção 6.3
começa com uma discussão sobre as diferenças entre mola linear e mola não-linear; em
seguida, mostraremos como um pêndulo simples e um fio suspenso levam a modelos não-
lineares.
8.1 – EQUAÇÕES LINEARES - PROBLEMAS DE VALOR INICIAL:
8.1.1 - Sistema Massa-Mola:
Movimento Livre não amortecido
Lei de Hooke: Suponha que uma mola flexível
esteja suspensa verticalmente em um suporte
rígido e que então uma massa m seja conectada à sua extremidade livre. A distensão ou
elongação da mola naturalmente dependerá da massa; massas com pesos diferentes
distenderão a mola diferentemente. Pela lei de Hooke, a mola exerce uma força restauradora F
oposta à direção do alongamento e proporcional à distensão s. Enunciado de forma simples, F
= ks, onde k é a constante de proporcionalidade chamado constante da mola. A mola é
essencialmente caracterizada pelo número k. Por exemplo, se uma massa de 10 libras alonga
em ½ pé uma mola, então 10 = k(½) implica que k = 20 lb/pés. Então uma massa de,
digamos, 8 lb necessariamente estica a mesma mola somente 2/5 pé.
Segunda Lei de Newton: Depois que uma massa m é conectada a uma mola, provoca uma
distensão s na mola e atinge sua posição de equilíbrio no qual seu peso W é igual à força
restauradora ks. Lembre-se de que o peso é definido por W = mg, onde g= 32 pés/s2, 9,8m/s2
ou 980 cm/s2.
s
l
x
equilíbrio
Posição
inicial
mg
K(s+x)
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
72
Conforme indicado na figura acima, a condição de equilíbrio é mg = ks ou mg – ks = 0.
Se a massa for deslocada por uma quantidade x de sua posição de equilíbrio, a força
restauradora da mola será então k(x + s). Supondo que não haja forças de retardamento
sobre o sistema e supondo que a massa vibre sem a ação de outras forças externas –
movimento livre – podemos igualar F com a força resultante do peso e da força
restauradora:
kxksmgkxmgxsk
dt
xdm
zero
−=−+−=++−= 43421)(2
2
(1)
O sinal negativo indica que a força restauradora da mola age no sentido oposto ao do
movimento. Além disso, podemos adotar a convenção de que os deslocamentos medidos
abaixo da posição de equilíbrio são positivos.
8.1.1.1 - ED do Movimento Livre não amortecido:
Dividindo a equação (1) pela massa m obtemos a equação diferencial de segunda
ordem
022
2
=+ x
dx
xd ω (2)
onde mk /2 =ω
A equação (2) descreve um movimento harmônico simples ou movimento livre não
amortecido. Duas condições iniciais óbvias associadas com (2) são x(0) = x0 e x’(0) = x1,
representando, respectivamente, o deslocamento e a velocidade iniciais da massa. Por
exemplo, se x0 > 0, x1 < 0, a massa começa de um ponto abaixo da posição de equilíbrio com
uma velocidade inicial dirigida para cima. Quando x1 = 0, dizemos que ela partiu do repouso.
Por exemplo, se x0 < 0, x1 = 0, a massa partiu do repouso de um ponto |x0| unidades acima
da posição de equilíbrio.
8.1.1.2 - Solução e Equação do Movimento:
Para resolver a Equação (2), observamos que as soluções da equação auxiliar m2 + ϖ 2
=0
são números complexos m1 = ϖ i, m2 = - ϖ i. Assim, determinamos a solução geral de (2)
como:
tsenCtCtx ωω 21 cos)( += (3)
O período das vibrações livres descritas por (3) é T = 2 ωπ / e a freqüência é
πω 2//1 == Tf . Por exemplo, para x(t) = 2 cos 3t – 4 sen 3t, o período é 2π /3 e a
freqüência é 3/2π unidades; o segundo número significa que há três ciclos do gráfico a cada
2π unidades ou, equivalentemente, que a massa está sujeita a 3/2π vibrações completas por
unidade de tempo. Além disso, é possível mostrar que o período 2π /ϖ é o intervalo de tempo
entre dois máximos sucessivos de x(t). Lembre-se de que o máximo de x(t) é um
deslocamento positivo correspondente à distância máxima de x(t) é um deslocamento positivo
correspondente à distância máxima atingida pela massa abaixo da posição de equilíbrio,
enquanto o mínimo de x(t) é um deslocamento negativo correspondente à altura máxima
atingida pela massa acima da posição de equilíbrio. Vamos nos referir a cada caso como
deslocamento extremo da massa. Finalmente, quando as condições iniciais forem usadas
para determinar as constantes C1 e C2 em (3), diremos que a solução particular resultante ou a
resposta é a equação do movimento.
Exemplo:
Uma massa de 2 libras distende uma mola em 6 polegadas. Em t = 0, a massa é solta
de um ponto 8 polegadas abaixo da posição de equilíbrio, a uma velocidade de 3
4 pés/s para
cima. Determine a equação do movimento livre.
Solução:
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
73
Convertendo as unidades:
6 polegadas = ½ pé
8 polegadas = 2/3 pé
Devemos converter a unidade de peso em unidade de massa
M = W/g = 2/32 = 1/14 slug
Além disso, da lei de Hooke , 2 = k(½) implica que a constante de mola é k = 4 lb/pé,
Logo, (1) resulta em:
x
dt
xd 4
16
1
2
2
−=
0642
2
=+ x
dt
xd
ϖ 2 = - 64
ϖ = 8i
x(t) = C1 cos 8t + C2 sem 8t
O deslocamento e a velocidade iniciais são x(0) = 2/3 e x’(0) = - 4/3, onde o sinal
negativo na última condição é uma conseqüência do fato de que é dada à massa uma
velocidade inicial na direção negativa ou para cima.
Aplicando as condições iniciais a x(t) e a x’(t), obtemos C1 = 2/3 e C2 = - 1/6, assim, a
equação do movimento será:
tsenttx 8
16
18cos
3
2)( −=
8.1.2 – Sistema Massa-Mola: Movimento Livre Amortecido
O conceito de movimento harmônico livre é um tanto quanto irreal, uma vez que é
descrito pela Equação (1) sob a hipótese de que nenhuma força de retardamento age sobre a
massa em movimento. A não ser que a massa seja suspensa em um vácuo perfeito, haverá
pelo menos uma força contrária ao movimento em decorrência do meio ambiente.
8.1.2.1 - ED do Movimento Livre Amortecido:
No estudo de mecânica, as forças de amortecimento que atuam sobre um corpo são
consideradas proporcionais a uma potência da velocidade instantânea. Em particular, vamos
supor durante toda a discussão subseqüente que essa força é dada por um múltiplo constante
de dx/dt. Quando não houver outras forças externas agindo sobre o sistema, segue na
segunda lei de Newton que
dt
dxkx
dt
xdm β−−=2
2
(4)
ondeβ é positivo e chamado de constante de amortecimento e o sinal negativo é uma
conseqüência do fato de que a força amortecedora age no sentido oposto ao do movimento.
Dividindo-se (4) pela massa me, obtemos a equação diferencial do movimento livre
amortecido
02
2
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+ x
m
k
dt
dx
mdt
xd β
(5)
ou
02 22
2
=++ x
dt
dx
dt
xd ωλ (6)
onde
m
βλ =2 e
m
k=2ω
O símbolo 2λ foi usado somente por conveniência algébrica, pois a equação auxiliar é:
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
74
m2 + 2λ m + 2ω = 0
e as raízes correspondentes são, portanto,
221 ωλλ −+−=m e 222 ωλλ −−−=m
Podemos agora distinguir três casos possíveis, dependendo do sinal algébrico de
22 ωλ − . Como cada solução contém o fator de amortecimento te λ− , λ >0, o deslocamento da
massa fica desprezível após um longo período.
CASO I: Superamortecido
022 >−ωλ
tmtm eCeCtx 21 21)( += (7)
Essa equação representa um movimento suave e não oscilatório.
CASO II: Amortecimento Crítico
022 =−ωλ
( )tCCetx t 21)( += −λ (8)
Observe que o movimento é bem semelhante ao sistema superamortecido. É também
evidente de (8) que a massa pode passar pela posição de equilíbrio no máximo uma vez.
Qualquer decréscimo na força de amortecimento resulta em um movimento oscilatório.
CASO III: Subamortecido
022 <−ωλ
Como as raízes m1 e m2 agora são complexas, a solução geral da Equação (6) é:
( )tsenCtCetx t 222221 cos)( λωλωλ −+−= − (9)
O movimento
descrito em (9) é oscilatório; mas, por causa do fator te λ− , as amplitudes
de vibração → 0 quando t ∞→ .
Exemplos:
1) Um peso de 8 libras alonga uma mola em 2 pés. Supondo que uma força amortecedora
igual a duas vezes a velocidade instantânea aja sobre o sistema, determine a equação
de movimento se o peso for solto de uma posição de equilíbrio a uma velocidade de 3
pés/s para cima.
Solução:
Com base na lei de Hooke, vemos que 8 = k(2) nos dá k = 4 lb/pés e que W = mg nos
dá m = 8/32=1/4 slug. A equação diferencial do movimento é então:
dt
dxx
dt
xd 24
4
1
2
2
−−=
01682
2
=++ x
dt
dx
dt
xd
Resolvendo a equação temos:
X(t)= C1 e – 4t + C2te - 4t (amortecimento crítico)
Aplicando as condições iniciais x(0) = 0 e x’(0) = - 3, obtemos c1 = 0 e c2 = -3, logo, a
equação do movimento é:
X(t) = - 3te -4t
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
75
2) Um peso de 16 lb é atado a uma mola de 5 pés de comprimento. Na posição de
equilíbrio, o comprimento da mola é de 8,2 pés. Se o peso for puxado para cima e solto
do repouso, de um ponto 2 pés acima da posição de equilíbrio, qual será o
deslocamento x(t) se for sabido ainda que o meio ambiente oferece uma resistência
numericamente igual à velocidade instantânea.
Solução:
O alongamento da mola depois de preso o peso será de 8,2 – 5 = 3,2 pés; logo, segue
da lei de Hooke que 16 = k(3,2) ou k = 5 lb/pés. Alem disso, m = 16/32 = ½ slug.
Portanto, a equação diferencial é dada por:
dt
dxx
dt
xd −−= 5
2
1
2
2
01022
2
=++ x
dt
dx
dt
xd
Resolvendo a equação temos:
( )tsenCtCetx t 33cos)( 21 += − (subamortecido)
Aplicando as condições iniciais x(0) = - 2 e x’(0) = 0, obtemos c1 = - 2 e c2 = - 2/3, logo a
equação do movimento é:
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−= − tsentetx t 3
3
23cos2)(
8.1.3 – Sistema Massa Mola: Movimento Forçado
8.1.3.1 - ED do Movimento Forçado com Amortecimento:
Considerando agora uma força externa f(t) agindo sobre uma massa vibrante em uma
mola. Por exemplo, f(t) pode representar uma força que gera um movimento oscilatório
vertical do suporte da mola. A inclusão de f(t) na formulação da segunda lei de Newton
resulta na equação diferencial do movimento forçado ou induzido
)(2
2
tf
dt
dxkx
dt
xdm +−−= β (10)
Dividindo (10) por m, obtemos:
)(2 22
2
tFx
dt
dx
dt
xd =++ ωλ (11)
Onde F(t) = f(t)/m. Como no item anterior, 2 m/βλ = , mk /2 =ω . Para resolver essa
última equação não homogênea, podemos usar tanto o método dos coeficientes a
determinar quanto o de variações de parâmetro.
Exemplo:
Interprete e resolva o problema de valor inicial tx
dt
dx
dt
xd 4cos522,1
5
1
2
2
=++ ,
com x(0) = ½ e x’(0) = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
76
Solução:
O problema representa um sistema vibrante que consiste em uma massa ( m= 1/5 slug
ou quilograma) presa a uma mola (k = 2 lb/pés ou N/m). A massa é solta do repouso ½
unidade (pé ou metro) abaixo da posição de equilíbrio. O movimento é amortecido
( 2,1=β ) e esta sendo forçado por uma força externa periódica (T = 2π ) que começa em
t=0. Intuitivamente, poderíamos esperar que, mesmo com o amortecimento, o sistema
continuasse em movimento até o instante em que a força externa fosse “desligada”, caso
em que a amplitude diminuiria. Porém, da forma como o problema foi dado, f(t)=5cos4t
permanecerá “ligada” sempre.
Em primeiro lugar, multiplicaremos a equação dada por 5 e resolvemos a equação
01062
2
=++ x
dt
dx
dt
xd
empregando os métodos usuais e usando o método dos coeficientes a
determinar, procuramos uma solução particular, achando como solução:
tsentsentCtCetx t 4
51
504cos
102
25)cos()( 21
3 +−+= −
Aplicando as condições iniciais, temos que a equação do movimento é:
tsentsenttetx t 4
51
504cos
102
25)
51
86cos
51
38()( 3 +−−= −
8.1.3.2 – ED de um Movimento Forçado Não Amortecido:
Se houver a ação de uma força externa periódica, e nenhum amortecimento, não
haverá termo transiente na solução de um problema. Veremos também que uma força externa
periódica com uma freqüência próxima ou igual às das vibrações livres não amortecidas pode
causar danos severos a um sistema mecânico oscilatório.
Exemplo:
Resolva o problema de valor inicial: tsenFx
dt
xd γω 022
2
=+ , x(0) = 0 e x’(0) = 0,, onde F0
é uma constante e ωγ ≠ .
Solução:
A função complementar é xc(t) = c1cos ω t + c2 sen ω t. Para obter uma solução
particular, vamos experimentar xp(t) = A cos γ t + B senγ t de tal forma que:
tsenFtsenBtAxx pp γγγωγγωω 022222" )(cos)( =−+−=+
Igualando os coeficientes, obtemos imediatamente A = 0 e )( 22
0
γω −=
FB . Logo:
tsen
F
tx p γγω )()( 22
0
−=
Aplicando as condições iniciais dadas à solução geral, obtemos a solução final que será:
)(
)(
)( 22
0 tsentsen
F
tx γωωγγω +−−= , com ωγ ≠
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
77
8.1.4 – Circuito em Série Análogo
Circuitos elétricos RLC em série
Aplicando a segunda Lei de Kirchoff, chegamos a:
)(2
2
tE
C
q
dt
dqR
dt
qdL =++ (12)
Se E(t) = 0, as vibrações elétricas do circuito são consideradas livres. Como a
equação auxiliar da equação (11) é Lm2 + Rm + 1/C = 0, haverá três formas de solução com
R ≠ 0, dependendo do valor do discriminante R2 -4L/C. Dizemos que o circuito é:
¾ Superamortecido: 042 >−
C
LR
¾ Criticamente amortecido: 042 =−
C
LR
¾ Subamortecido: 042 <−
C
LR
Em cada um desses três casos, a solução geral de (12) contém o fator e-Rt/2L e,
portanto, q(t)→0 quando t ∞→ . No caso subamortecido, se q(0) = q0, a carga sobre o
capacitor oscilará à medida que decair, em outras palavras, o capacitor é carregado e
descarregado quanto t ∞→ . Quando E(t) = 0 e R = 0, dizemos que o circuito é não
amortecido e as vibrações elétricas não tendem a zero quando t cresce sem limitação; a
resposta do circuito é harmônica simples.
Exemplos:
1) Encontre a carga q(t) sobre o capacitor em um circuito em série LRC quando L=0,25
henry(h), R = 10 ohms(Ω ), C = 0,001 farad(f), E(t) = 0, q(0) = q0 coulombs(C) e
i(0)=0.
Solução:
Como 1/C = 1000, a equação (12) fica:
04000'40"
01000'10"
4
1
=++
=++
qqq
qqq
Resolvendo a equação homogênea de maneira usual, verificamos que o circuito é
subamortecido e q(t) = e-20t(C1 cos60t +C2 sen60t). Aplicando as condições iniciais, obtemos:
)60
3
1
60(cos)( 200 tsenteqtq
t += −
Quando há uma voltagem impressa E(t) no circuito as vibrações elétricas são chamadas
forçadas. No caso em que R≠ 0, a função complementar qc(t) de (12) é chamada de solução
transiente. Se E(t) for periódica ou constante, então a solução particular qp(t) de (12) será
uma solução estacionária.
R
L
C
E
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
78
8.2 – EQUAÇÕES LINEARES - PROBLEMAS DE CONTORNO
8.2.1 – Deflexão de uma viga:
Muitas estruturas são construídas usando grandes suportes de aço ou vigas, as quais
defletem ou distorcem sob seu próprio peso ou em decorrência de alguma força externa. A
deflexão y(x) é governada por uma equação diferencial
linear de quarta ordem relativamente
simples.
Vamos supor uma viga de comprimento L seja homogênea e tenha seção transversal
uniforme ao longo de seu comprimento. Na ausência de qualquer carga sobre a viga (incluindo
o próprio peso), a curva que liga os centróides de todas as suas seções transversais é uma
reta chamada eixo de simetria. Se for aplicada uma carga à viga em um plano contendo o
eixo de simetria, ela sofrerá uma distorção e a curva que liga os centróides de todas as seções
transversais será chamada então de curva de deflexão ou curva elástica. A curva de
deflexão aproxima o formato da viga. Suponha agora que o eixo x coincida com o eixo de
simetia da viga e que a deflexão y(x), medida a partir desse eixo, seja positiva se dirigida para
baixo. Na teoria da elasticidade, mostra-se que o momento fletor M(x) em um ponto x ao
longo da viga está relacionado com a carga por unidade de comprimento w(x) pela equação
)(2
2
xw
dx
Md = (1)
Além disso, momento fletor M(x) é proporcional à curvatura k da curva elástica EIkxM =)(
(2), onde E e I são constantes; E é o módulo de elasticidade de Yang do material de que é
feita a viga e I é o momento de inércia de uma seção transversal da viga (em torno de um
eixo conhecido como o eixo neutro). O produto EI é chamado de rigidez defletora da viga.
Agora, do cálculo, a curvatura é dada por [ ] 232)'(1
"
y
yk
+
= . Quando a deflexão y(x) for
pequena, a inclinação y’ ≈0 e, portanto, [ ] 232)'(1 y+ ≈ 1, Se fizermos k = y”, a Equação (2) vai
se tornar M = Ely”. A derivada segunda dessa última expressão é:
4
4
2
2
2
2
"
dx
ydELy
dx
dEL
dx
Md ==
(3)
Usando o resultado dado em (1) para substituir d2M/dx2 em (3), vemos que a deflexão
y(x) satisfaz a equação diferencial de quarta ordem )(4
4
xw
dx
ydEL = (4)
As condições de contorno associadas à Equação (4) dependem de como as
extremidades da viga estão apoiadas. Uma viga em balanço é engastada ou presa em uma
extremidade e livre de outra. Trampolim, braço estendido, asa de avião e sacada são exemplos
comuns de vigas, mas até mesmo árvores, mastros, edifícios e o monumento de George
Washington podem funcionar como vigas em balanço, pois estão presos em uma extremidade
e sujeitos à força fletora do vento. Para uma viga em balanço, a deflexão y(x) deve satisfazer
às seguintes condições na extremidade engastada x = 0:
¾ y(0) = 0, uma vez que não há deflexão e
¾ y’(0) = 0, uma vez que a curva de delexão é tangente ao eixo x (em outras palavras, a
inclinação da curva de deflexão é zero nesse ponto).
Em x = L, as condições da extremidade livre são:
¾ y”(L) = 0, uma vez que o momento fletor é zero e
¾ y”’(L) = 0, uma vez que a força de cisalhamento é zero.
L
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
79
A Tabela abaixo resume as condições de contorno que estão associadas com a equação (4)
8.2.1.1 – Soluções Não Triviais do Problema de Valores de Contorno:
Resolva o problema de valores de contorno y” + λ y = 0, y(0) = 0 e y(L) = 0
Consideremos três casos: λ = 0, λ < 0 e λ > 0.
Caso I: Para λ = 0, a solução de y” = 0 é y = C1x + C2. As condições y(0) = 0 e y(l) = 0
implicam, sucessivamente que c2 = 0 e c1= 0. Logo, para λ = 0, a única solução do problema
de contorno é a solução trivial y = 0.
Caso II: Para λ <0, temos que y = c1cosh λ− x + c2senh λ− x. Novamente y(0) = 0 nos
dá c1 = 0 e, portanto, y = c2senh λ− x. A segunda condição y(l) = 0 nos diz que
c2senh λ− L = 0. Como λ− L≠ 0, precisamos ter c2 = 0. Assim y = 0
Obs.: λ− parece um pouco estranho, mas tenha em mente que λ < 0 é equivalente a -
λ >0.
Caso III: Para λ >0, a solução geral de y”+ λ y = 0 é dada por y = c1cos λ x + c2sen λ x.
Como antes, y(0) = 0 nos dá que c1 = 0, mas y(L) = 0 implica c2sen λ L = 0.
Se c2 = 0, então, necessariamente, y = 0. Porém, se c2 ≠ 0, então sen λ L = 0. A
última condição implica que o argumento da função seno deve ser um múltiplo inteiro de π .
πλ nL = ou 2
22
L
n πλ = , n = 1, 2, 3...
Portanto, para todo real não nulo c2, y = c2sen(nπ x/L) é uma solução do problema
para cada n. Como a equação diferencial é homogênea, podemos, se desejarmos, não escrever
c2. Em outras palavras, para um dado número na seqüência, ,...,
9,4, 2
2
2
2
2
2
LLL
πππ
a função
correspondente na seqüência ,...3,2, x
L
senx
L
senx
L
sen πππ é uma solução não trivial do
problema original.
8.2.1.2 – Deformação de uma Coluna Fixa:
No século XVIII, Leonhard Euler dói um dos primeiros matemáticos a estudar um
problema de autovalor quando analisava como uma coluna elástica fina se deforma sob uma
força axial compressiva.
Considere uma longa coluna vertical fina de seção transversal uniforme de comprimento
L. Seja y(x) a deflexão da coluna quando uma força compressiva vertical constante ou carga P
for aplicada em seu topo. Comparando os momentos fletores em qualquer ponto ao longo da
coluna, obtemos
Py
dx
ydEL −=
2
ou 02
2
=+ Py
dx
ydEL (5)
Onde E é o módulo de elasticidade de Yang e I é o momento de inércia de uma seção
transversal em torno de uma reta vertical pelo seu centróide.
Extremos da viga Condições de contorno
engastada y = 0, y’ = 0
Livre y” = 0 m y”’ = 0
Simplesmente
apoiada
y = 0, y” = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
80
AULA 21 – EXERCÍCIOS
Movimento Livre não amortecido
1) Um peso de 4 lb é preso a uma mola cuja
constante é 16 lb/pés. Qual é o período
do movimento harmônico simples?
2) Um peso de 24 libras, preso a uma das
extremidades de uma mola, distende-a
em 4 polegadas. Ache a equação de
movimento, considerando que o peso será
solto do repouso, de um ponto 3
polegadas acima da posição de equilíbrio.
3) Um peso de 20 libras distende uma mola
em 6 polegadas. O peso é solto do
repouso 6 polegadas abaixo da posição de
equilíbrio.
a) Determine a posição do peso em t
=
32
9,
4
,
6
,
8
,
12
πππππ
b) Qual será a velocidade do peso
quanto t = 16
3π s? Qual será o
sentido do movimento do peso
nesse instante?
c) Em que instante o peso passa pela
posição de equilíbrio
Movimento Livre Amortecido
4) Uma massa de 1 quilograma é presa a
uma mola cuja constante é 16 N/m e todo
o sistema é então submerso em um
líquido que oferece uma força de
amortecimento numericamente igual a 10
vezes a velocidade instantânea.
Determine as equações do movimento,
considerando que:
a) o peso é solto do repouso 1 metro
abaixo da posição de equilíbrio.
b) O peso é solto 1 metro abaixo da
posição de equilíbrio a uma
velocidade de 12 m/s para cima.
5) Um peso de 10 libras é preso a uma mola,
distendendo-a em 2 pés. O peso está
preso a uma dispositivo de amortecimento
que oferece uma resistência igual a
)0( >ββ vezes a velocidade
instantânea. Determine os valores da
constante de amortecimento β de tal
forma que o movimento subseqüente
seja:
a) superamortecido
b) criticamente amortecido
c) subamortecido
Movimento Forçado
6) Um peso de 16 libras distende uma mola
em 8/3 pé. Inicialmente, o peso parte do
repouso 2 pés abaixo da posição de
equilíbrio. O movimento subseqüente em
lugar em um meio que oferece uma força
amortecedora numericamente igual a ½
da velocidade instantânea. Qual é a
equação do movimento se o peso sofre a
ação de uma força externa igual a f(t) =
10 cos 3t?
7) Quando uma massa de 2 quilogramas é
presa a uma mola cuja constante de
elasticidade é 32 N/m,
ela chega ao
repouso na posição de equilíbrio. A partir
de t=0 uma força igual a f(t)=68e-2t cos
4t é aplicada ao sistema. Qual é a
equação de movimento na ausência de
amortecimento?
Circuito em Série Análogo
8) Ache a carga no capacitor em um circuito
em série LRC em t=0,01s quando
L=0,05h, R=2Ω , C=0,01f, E(t)=0V,
q0=5C e i(0)=0A. Determine a primeira
vez em que a carga sobre o capacitor é
igual a zero.
9) Ache a carga no capacitor, a corrente no
circuito em série LRC e a carga máxima
no capacitor quando:L= 5/3h R=10Ω ,
C=1/30f, E(t)=300V, q(0)=0C, i(0)=0A.
Respostas:
1)
8
2π
2) ttx 64cos
4
1)( −=
3) a)
4
1
12
−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ πx ,
2
1
8
−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛πx
4
1
6
−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛πx ,
2
1
4
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛πx ,
4
2
32
9 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ πx
b) 4 pés/s para baixo
c)
16
)12( π+= nt , n= 0, 1, 2, ...
4) a) tt eetx 82
3
1
3
4)( −− −=
b) tt eetx 82
3
5
3
2)( −− +−=
5) a) β > 5/2 b) β = 5/2
c) 0 < β < 5/2
6)
( )tsent
tsentetx
t
33cos
3
10
2
47
473
64
2
47cos
3
4)( 2
++
+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −−= −
7)
tsene
tetsenttx
t
t
42
4cos
2
14
4
94cos
2
1)(
2
2
−
−
−
−++−=
8) 4,568C; 0,0509s
9) q(t)=10-10e-3t(cos3t+sen3t)
i(t) = 60e-3tsen3t; 10,432 C
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
81
AULA 22
9 – SISTEMA DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
9.1 – SISTEMA CANÔNICO E SISTEMA NORMAL:
Define-se como sistema de equações diferenciais o conjunto de equações diferenciais
com as mesmas funções incógnitas e que se verificam para as mesmas soluções.
Neste item iremos estudar os sistemas de equações em que o número de funções
incógnitas de uma mesma variável é igual ou número de equações. Neste caso o sistema é
dito canônico, desde que possa ser posto, na forma explicita, em relação às derivadas de
maior ordem.
O sistema é denominado normal quando pode ser resolvido em relação as derivadas
primeira e pode ser escrito sob a forma abaixo:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
=
),...,,,(
........................................
),...,,,(
),...,,,(
21
212
2
211
1
nn
n
n
n
yyyxF
dx
dy
yyyxF
dx
dy
yyyxF
dx
dy
Ou seja, é o sistema canônico de equações de 1a ordem.
A solução geral deste sistema é um conjunto de n funções, y1(x), y2(x),...,yn(x), que
contém p constantes arbitrárias (p≤ n) e que verificam as equações. A solução particular é o
conjunto de funções obtidas atribuindo-se valores particulares às constantes na solução geral.
Todo sistema canônico de equações de ordem superior pode ser transformado num
sistema normal quando lhe são acrescentadas equações diferenciais com novas funções
incógnitas, que são as derivadas nele contidas, excluídas as de ordem mais elevada para cada
função incógnita. Por razões de ordem prática, serão estudados apenas os sistemas que
contem no máximo derivadas de segunda ordem, sem a demonstração do processo de redução
de um sistema canônico de n equações a um sistema normal.
Os sistemas de equações diferenciais podem ser resolvidos tal como os sistemas de
equações algébricas, por processos de eliminação. Por isso é sempre conveniente escrever o
sistema em função do operador derivado D.
Exemplos:
1)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=+
+=+
senxxz
dx
dy
senxx
dx
dzy
cos
cos
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
82
2)
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+−−
=−
xzy
dx
dz
dx
yd
x
dx
dz
dx
yd
22
3
2
2
2
2
2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
83
3)
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=−++
=+−−
=−++
senuzyx
du
dz
yyx
du
dy
zyx
du
dx
52
0834
01436
(este sistema deverá ser entregue, resolvido passo a passo para ser entregue na próxima
aula!!!)
AULA 22 – EXERCÍCOS
1)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+
=+−−
02
02
z
dx
dz
dx
dy
zy
dx
dz
dx
dy
2)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−−+
=−−+
x
x
ezy
dx
dz
dx
dy
ezy
dx
dz
dx
dy
2
5
32
4
3)
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=−−
=−−
2
2
2
2
2
2
2
xz
dx
zd
dx
dy
ey
dx
dz
dx
yd x
4)
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++
=−−+
03
42
zy
dx
dy
ezy
dx
dz
dx
dy x
5) ⎩⎨
⎧
=−++
=++−
xzDyD
senxzDyD
cos)1()1(2
2)2(2)3(
Respostas
1)
x
x
eCeCy
eCeCz
3
33
2
3
33
1
3
33
2
3
33
1
)32()32(
−+
−+
++−=
+=
Ou
x
x
eCeCz
eCeCy
3
33
2
3
33
1
3
33
2
3
33
1
)32()32(
−+
−+
−++=
+=
2)
xxx
xxx
eeeCy
eeeCz
252
5
1
252
5
1
2
5
2
5
3
−+=
−−=
3)
xexCsenxCeCeCy
xesenxCxCeCeCz
xxx
xxx
2
2
3cos2222
2
3
2
1
2
1cos
43
2
2
2
1
2
43
2
2
2
1
+−−+−=
+−−++=
−
−
4)
x
x
esenxCCxCCz
esenxCxCy
2)3(cos)3(
2
cos
2121
21
+−++−=
−+=
5)
senxxeCeCz
xsenxeCeCy
x
x
x
x
130
61cos
130
33
3
4
)cos8(
65
1
5
2
3
1
5
2
3
1
+−−=
+++=
−
−
−
−
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
84
AULA 23
9.2 – SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS NA FORMA SIMÉTRICA
Dado o sistema:
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=
=
=
),...,,,(
........................................
),...,,,(
),...,,,(
21
212
2
211
1
nn
n
n
n
yyyxF
dx
dy
yyyxF
dx
dy
yyyxF
dx
dy
este pode ser escrito na seguinte forma:
n
n
F
dy
F
dy
F
dydx ==== ...
1 2
2
1
1
Esta é chamada forma simétrica, na qual quaisquer das variáveis pode ser tomada
por variável independente. Considere-se por exemplo, o sistema
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
),,(
),,(
2
1
zyxF
dx
dz
zyxF
dx
dy
(1)
que pode ser escrito da seguinte maneira:
321 F
dz
F
dydx ==
ou, generalizando,
),,(),,(),,( zyxR
dz
zyxP
dy
zyxM
dx == (2)
Genericamente, a solução de (2) representa uma família de curvas reversas dependente
de dois parâmetros.
Esse sistema pode ser resolvido por integrações simples, o que nem sempre ocorrerá.
Assim pode-se usar as funções l(x, y, z), m(x, y, z) e n(x, y, z) como multiplicadores. Para
tanto faz-se:
nRmPlM
ndzmdyldx
R
dz
P
dy
M
dx
++
++===
Escolhe-se l, m e n tais que:
lM + mP + nR = 0
o que faz com que
ldx + mdy + ndz = 0
Para dois conjuntos de valores de l, m e n tirados da relação (1), obtém-se duas
equações do tipo (2) que fornecem duas relações distintas entre as variáveis x, y, e z, as
quais representam a solução do sistema.
Exemplos:
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
85
1)
x
dz
x
dy
y
dx ==
2)
zx
dz
yx
dy
zy
dx ==+
2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
86
3)
)()()( 222222 xyz
dz
zxy
dy
yzx
dx
−=−=−
OBS.: Observe-se que há uma infinidade de soluções para lM + mP + nR = 0. Pelo critério
adotado, chega-se aquelas convenientes.
AULA 23 – EXERCÍCIOS
1)
cybx
dz
axcz
dy
bzay
dx
−=−=−
2)
)()2()2( 444444 yxz
dz
xzy
dy
zyx
dx
−=−=−
3)
yx
dz
xz
dy
zy
dx
−=−=− 2323
4)
z
dz
x
dy
y
dx ==
5)
yx
dz
x
dydx
+== 221
Respostas:
1) x2 + y2 + z2 = C1
cx + by + az = C2
2) x4 + y4 +z4 = C1
xyz2 = C2
3) x2 + y2 + z2 = C1
x + 2y + 3z = C2
4) x2 – y2 = C1
zC2 = y + x
5) y = x2 + C1
z =
3
2
x3 + xy – x3 + C2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
87
AULA 24
10 - EQUAÇÕES DIFERENCIAIS PARCIAIS
10.1 –Introdução às Equações Diferenciais Parciais:
Muitos fenômenos que ocorrem na Ótica, Eletricidade, Ondulatória, Magnetismo,
Mecânica, Fluidos, Biologia,..., podem ser descritos através de uma equação diferencial parcial.
Na maioria das vezes faz-se a tentativa de transformar a equação diferencial parcial em
uma ou mais equações diferenciais ordinárias,com o objetivo de simplificar os trabalhos na
obtenção da solução do problema.
Uma equação diferencial ordinária possui derivadas de apenas uma variável enquanto
que uma equação diferencial parcial possui derivadas parciais da função incógnita.
Muitas leis físicas como: Leis de Newton para o resfriamento dos corpos, Equação de
Maxwell, Equações de Navier-Stokes e Equação da Mecânica Quântica de Schrödinger são
escritas por equações diferenciais parciais que relacionam o espaço e suas derivadas como
tempo.
Nem todas as equações podem ser construídas a partir de modelos matemáticos reais
como é o caso das Equações de Maxwell, mas o estudo de Modelos é fundamental para
explicar como e porque funcionam muitas equações diferencias parciais.
O uso intenso de derivadas e integrais neste contexto é fundamental e depende da
interpretação feita para cada objeto matemático como: velocidade, força, aceleração, fluxo,
corrente elétrica, taxa de variação, temperatura, etc.
10.2 – Definição:
São equações de derivadas parciais que contém as derivadas parciais de uma função de
duas ou mais variáveis independentes.
Nosso estudo se limitará às equações que contém duas variáveis independentes, como
a do exemplo 6 no seguinte item.
10.2.1 – Exemplos de Equações Diferenciais Parciais:
1) Equação do calor: 2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=∂
∂
2
2
2
2
2
x
u
x
ua
t
u
Pode ser escrito também da seguinte forma: xxt uau
2= e )(2 yyxxt uuau +=
2) Equação da onda: 2
2
2
2
2
x
ua
t
u
∂
∂=∂
∂
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂=∂
∂
2
2
2
2
2
2
2
x
u
x
ua
t
u
3) Equação de Laplace: 02
2
2
2
=∂
∂+∂
∂
x
u
x
u
02
2
2
2
2
2
=∂
∂+∂
∂+∂
∂
z
u
x
u
x
u
4) yx
x
u +=∂
∂
5) )(2
2
2
2
3
3
xysen
x
u
y
u
x
ux
x
uy
x
u =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂
∂
∂+∂
∂+∂
∂
6) xe
y
z
yx
z
x
z =∂
∂+∂∂
∂−∂
∂ 2
2
2
3
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
88
10.2.2 – Ordem e Grau de uma Equação Diferencial Parcial:
A ordem de uma equação diferencial parcial é a ordem de mais alta derivada que
ocorre na equação e o grau é o expoente da deriva mais alta quando a equação esta escrita
em forma semelhante a uma função polinomial em que as potências fazem o papel das
derivadas da ordem respectiva. Tal como foi visto nas equações ordinárias, a ordem da
equação é a ordem da derivada de maior ordem.
8.2.2.1 – Exemplos relacionados com ordem e grau de uma EDP
No item 8.2.1, os exemplos 1, 2, 3, e 6 são de segunda ordem, o exemplo 4 é de
primeira ordem e o exemplo 5 é de terceira ordem.
10.3 – Formação:
É sempre possível deduzir de uma função de duas variáveis independentes uma
equação de derivadas parciais que admite aquela função como solução.
10.3.1 – Eliminação de constantes arbitrárias:
Consideremos z como uma função de duas variáveis independentes x e y definida
por:
g(x,y,z,a,b) = 0 (1)
onde a e b são duas constantes arbitrárias. Derivando (1) em relação à x e y temos:
0=∂
∂+∂
∂
z
gp
x
g
(2) 0=∂
∂+∂
∂
z
gq
y
g
(3)
onde:
x
zp ∂
∂= e
y
zq ∂
∂=
- Em geral, as constantes arbitrárias podem ser eliminadas de (1), (2) e (3) dando uma
equação diferencial parcial de primeira ordem.
f(x,y,z,p,q) = 0 (4)
- Se z for uma função de x e y, definida por uma relação envolvendo apenas uma constante
arbitrária, normalmente é possível obter duas equações diferenciais parciais distintas de,
primeira ordem como resultado da eliminação da constante.
- Se o número de constantes arbitrárias a se eliminar exceder o número de variáveis indepen-
dentes, a equação diferencial parcial (ou equações) é, geralmente, de ordem acima da
primeira.
Exemplos:
1) z = f(x2 + y2), onde f é uma função arbitrária do argumento u = x2 + y2, ou seja, z = f(u).
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
89
2) z = φ (y + ax) + ψ (y – ax), onde a é a constante e φ e ψ são funções arbitrárias dos
respectivos argumentos u = y + ax e v = y – ax.
3) z = ax + by + ab, sendo a e b constantes.
A resposta da equação acima é uma equação de derivadas parciais de 1a ordem e que
foi obtida eliminando-se duas constantes arbitrárias na relação z = ax + by + ab, que é a sua
solução.
Observe que existem dois tipos de solução: um que contém funções arbitrárias e
outro que contém constantes arbitrárias.
Denomina-se solução geral aquela que contém funções arbitrárias e solução
completa a que contém constantes arbitrárias.
Tal como nas equações ordinárias, há certas equações que admitem as soluções
singulares, que são as que não resultam da solução geral nem da solução completa.
Observe-se que nem sempre o número de funções ou de constantes arbitrárias traduz
a ordem da equação. O 3o exemplo mostrou uma equação de 1a ordem cuja solução completa
encerra duas constantes arbitrárias.
4) Achar a equação de derivadas parciais de primeira ordem que resulta de ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
x
yfz ,
eliminando-se a função arbitrária f.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
90
5) Achar a equação de derivadas parciais de primeira ordem que resulta de )(. yxfez y −= ,
eliminando-se a função arbitrária f.
6) z = axy + b, eliminando-se a e b
7) baxyxyz +−+= 22 , eliminando-se a e b.
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
91
8) xz = f(y + z), eliminando-se a função arbitrária f.
9) Achar uma equação de segunda ordem de z = f(x) + ey.g(x), eliminando f e g.
AULA 24 – EXERCÍCIOS
1) az + b = a2x + y
2) z = ax+a2y + b
3) 3xy2z = (x + y – z)
4) z = (x2 – y2) φ (x2 – y2)
5) z = (x + a)3 + (y + b)3
6) z = φ (x.y)
7) z = φ (x + y)
8) z = (y + a)(x + b)
Respostas:
1) p.q = 1
2) q = p2
3)
q
p
xyqxz
xypyz
−
−=+
+
1
1
2
4) py + qx = 0
5) 272
3
2
3
zqp =+
6) xp – yq = 0
7) p – q = 0
8) z = p.q
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
92
AULA 25
10.4 – Equação Linear de Primeira Ordem:
10.4.1 – Método de Lagrange
A equação linear de primeira ordem é da forma:
P.p + Q.q = R (1)
onde
x
zp ∂
∂= ;
y
zq ∂
∂= e P, Q e R são funções conhecidas de x, y e z.
Se z é uma função de x e y , pode se escrever:
dz = p.dx + q.dy (2)
A condição de equivalência das equações (1) e (2) mostra que :
R
dz
Q
dy
P
dx == (3)
As relações (3) constituem um sistema de equações diferenciais ordinárias na forma
simétrica, cujas equações são chamadas de equações auxiliares. A solução geral de (1)
proposta por Lagrange consiste na resolução de (3) desde que se saiba que φ (u,v) = 0.
Suponha-se que u(x,y,z) = a e v(x,y,z) = b sejam a solução do sistema (3). Sendo a
e b constantes arbitrárias pode-se considerar uma relação tal que b = φ (a) ou v = φ (u),
que é a solução geral da equação (1). Pode ainda considerar F(u,v) = 0 como solução.
Exemplos: Achar a SOLUÇÃO GERAL de cada equação diferencial abaixo:
1) yp – xq = 0
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
93
2) x2p + y2q = z2
3) 1cos =∂
∂+∂
∂ x
y
zsenx
x
z
AULA 25 – EXERCÍCIOS
Achar a solução geral das equações
seguintes
1) yp - xq = 2xyz
2) (x – y + z)p + (2y – z)q = z
3) zq
y
xp
x
y
2
3
2
3
=+
4) x
y
z
x
zy =∂
∂−∂
∂2
5) ptgx + qtgy = tgz
Respostas:
1) )(ln 222 yxzx +=− φ
2) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=−
z
yx
z
zy φ2
3) ( )66333 yxzyx −=+ φ
4) φ (x + y2, 3z + 2y3 + 3xy) = 0
5) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
seny
senxsenzsenx φ
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
94
AULA 26
10.5 – Obtenção da Solução completa:
Método de Charpit
Seja a equação diferencial parcial não linear:
F(x,y,z,p,q) = 0
O método de Charpit consiste em obter uma relação da forma
φ(x,y,z,p,q,c) = 0
onde c é uma constante arbitrária, e resolver em seguida o sistema formado por essas duas
equações em relação a p e q, cujos valores substituídos em: dz = pdx + qdy devem
transformar esta expressão numa diferencial total. Para tanto, deriva-se (1) e (2) em relação
a x e a y:
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
=∂
∂
∂
φ∂+∂
∂
∂
φ∂+∂
φ∂+∂
φ∂
=∂
∂
∂
φ∂+∂
∂
∂
φ∂+∂
φ∂+∂
φ∂
=∂
∂
∂
∂+∂
∂
∂
∂+∂
∂+∂
∂
=∂
∂
∂
∂+∂
∂
∂
∂+∂
∂+∂
∂
0
y
q.
qy
p.
pz
q
y
0
x
q.
qx
p.
pz
p
x
0
y
q.
q
F
y
p.
p
F
z
Fq
y
F
0
x
q.
q
F
x
p.
p
F
z
Fp
x
F
Eliminamos
x
p
∂
∂
;
y
p
∂
∂
;
x
q
∂
∂
e
y
q
∂
∂
multiplicando a 1.ª equação por
p∂
φ∂− , a 2.ª por
q∂
φ∂− , a
3.ª por
P∂
φ∂− e a 4.ª por
q
F
∂
∂
, considerando que
y
p
∂
∂
=
x
q
∂
∂
e somando os resultados teremos:
0=∂
∂⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂−∂
∂⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂−∂
∂⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂⋅∂
∂+∂
∂⋅∂
∂
q
q
z
F
y
F
p
p
z
F
x
F
z
q
q
Fp
p
F
yq
F
xp
F φφφφφ
Esta equação é linear de 1.ª ordem em φ, tomada como função das variáveis
x,y,z,p,q. Aplicando o método de Lagrange teremos:
0
φd
q
z
F
y
F
dq
p
z
F
x
F
dp
q
Fq
p
Fp
dz
q
F
dy
p
F
dx =
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂−
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂−
=
∂
∂+∂
∂=
∂
∂=
∂
∂
A solução deste sistema fornece a função φ procurada e as equações que formam o
sistema acima são chamadas Equações de Charpit..
Exemplos: Dar uma solução completa das equações seguintes:
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
95
1) p2 = 2qx
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
96
2) q = p2 x
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
97
3) p.q = z
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
98
A aplicação do método de Charpit para determinadas formas de equações diferenciais
parciais nos darão regras mais simplificadas para a obtenção da solução completa. Podemos
citar os seguintes casos:
i. 0),( =qpf
Uma solução completa é { byagaxz
q
++= )( , onde 0),( =qpf com pa = e g(a) = q.
Exemplo:
01 =−∂
∂+∂
∂
y
z
x
z
ii. 0),,( =qpxf
Fazendo aq = em 0),,( =qpxf determinaremos ),(1 xafp = , que substituído em
dyqdxpdz .. += e integrado nos dará a solução completa baydxxafz
p
++= ∫ 43421 ),(1 .
Exemplo:
p.q = x
iii. 0),,( =qpyf
Fazendo ap = em 0),,( =qpyf determinaremos ),(1 yafq = , que substituído em
dyqdxpdz .. += e integrado nos dará a solução completa bdyyafaxz ++= ∫ ),(1 .
Exemplo:
q = 2yp2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
99
iv. 0),,( =qpzf
A partir das equações auxiliares do método de Charpit teremos apq = , ou p = aq (1),
assim a equação 0),,( =qpzf ficará 0),,( =appzf (2). A integração de dyqdxpdz .. += após
a substituição de q e p, das equações (1) e (2) anteriores, nos dará a solução completa.
Exemplo:
9(p2z + q2) = 4
v. ),( qpfqypxz ++= - Equação Generalizada de Clairaut
Uma solução completa tem a forma cbyaxz ++= , com ),( qpfc = .
Exemplo:
(p2+ q2)(z – px – qy) = 1
AULA 26 – Exercícios
1) p.q = z
2) z = px + qy + pq
3) p = y2q2
4) p2 = 2q – 1
5) p.q = 2p – q
6) p + x = qy
Respostas:
1) b
a
yxaz ++=2
2) z = ax + by + ab
3) byaaxz +±= ln
4) 2z = 2ax + (a2 + 1)y + 2b
5) b
a
ayaxz +++= 1
2
6) byaxaxz ++−= ln
2
2
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
100
AULA 27
10.6 – Equações com derivadas parciais em relação apenas a uma das
variáveis.
Estas equações são tratadas como se fossem equações diferenciais ordinárias em
relação a essa variável. A constante de integração é substituída por uma função arbitrária de
outra variável, e sua solução é, praticamente, imediata.
Exemplos:
1) 0=∂
∂+
x
zyx
2) zyx
x
zx 22 ++=∂
∂
Equações Diferenciais Profa Paula Francis Benevides
101
3) xz
x
z
x
z 12652
2
=+∂
∂−∂
∂
4) 22
2
yx
yx
z +=∂∂
∂
AULA 27 – Exercícios
1) 0=∂
∂−
y
zxy
2) xzy
x
zx −=−∂
∂
3) xez
x
z
x
z =−∂
∂−∂
∂ 542
2
4) 2
2
2xy
yx
z =∂∂
∂
Respostas:
1) )(
2
2
x
x
yz φ+=
2) )(ln yxxxyz φ+−−=
3) xxx eeyeyz
8
1)()( 5 −+= − ψφ
4) )()(
3
32
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